2018年全国高中数学联赛山东省预赛(解析版)

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全国高中数学联赛及山东省数学竞赛

2007年全国高中数学联赛及山东省数学竞赛济南赛区通报2007年全国高中数学联赛预赛和决赛已分别于2007年9月16日上午和2007年10月14日上午分别进行.我市有11081人参加了预赛,有227人参加了决赛.在此次竞赛中，我市选手取得了十分优异成绩,获全国一等奖人数和全国一、二、三等奖人数均列全省各参赛单位前列,其中全省获全国一等奖的43人中就有我市的15人，达到全省的近30%.有4人进入全国冬令营，达到最高水平，现将此次竞赛的情况通报如下：一、全国奖(共63人)1.全国一等奖共15人韦东奕(240分,山师附中) 王颖婓（206分，实验中学）安传恺(201分,山师附中)王储(190分,实验中学) 刘青阳 (177分, 山师附中) 鲁悦(172分,山师附中)冯龙(152分,实验中学) 禹泽西(150分, 实验中学) 方延博(150分,实验中学)路若洲(143分,实验中学) 刘宁(141分, 实验中学) 高茉人(130分,实验中学)楚天翔(124分,实验中学) 孙晨正(123分, 山师附中) 姜晖(122分,山师附中)2.全国二等奖共 27人梅潇(119分, 实验中学) 隋春宁（117分，山师附中）贺兆印（116分，历城一中）丁寰宇（114分,实验中学）刘光强（110分，山师附中）王哲（110分,实验中学）王振中(105分,山师附中) 徐硕（105分，实验中学）申晓斌（104分，实验中学）丛亚（103分，实验中学）李凤麟 (103分,山师附中) 曲焜 (101分, 实验中学)宋超逸(101分, 实验中学) 窦欣元(101分, 实验中学) 韩谡越（ 99分，章丘四中）牟象禹（97分，山师附中）胡颖凯（96分，山师附中）马万里 ( 94分, 实验中学)王飞（94分，山师附中）孔陆洋（94分，山师附中）孟庆迪 ( 93分, 实验中学)丁晋（93分，实验中学）翟晓辉（138分，山师附中）张赛峥（92分，实验中学）顾然（92分，山师附中）刘筱宁（92分，外语学校）杨晓婉（92分，实验中学）3.全国三等奖共 21人孙振宇（91分，实验中学）陈邦锐（91分，实验中学）王越（91分，实验中学）李鑫业（89分，山师附中）秦立煜（88分，实验中学）刘毅（87分，实验中学）岑昊（86分，山师附中）栾义龙 (86分, 实验中学) 石敬玉（86分，章丘四中）张天宇（86分，实验中学）姜怡然（86分，山师附中）吕林超（85分，实验中学）陈诚（85分，济南中学）孙染（84分，实验中学）王元（84分，实验中学）张棋（84分，山师附中）郝克（83分，外语学校）黄杨（83分，山师附中）王雨（82分，外语学校）王梁（82分，实验中学）杨云钊（81分，山师附中）二、此次竞赛的预赛也是山东省数学竞赛,根据竞赛成绩,学生获奖情况如下:（注：根据济南市数学竞委会规定，获全国二等奖以上不在给予省级奖励）1.省一等奖共158人（排名不分先后）实验中学（6人）：夏靓116分王晓熙113分王冬雨111分刘毅110分钟睿106分梁健102分，山师附中（9人）：董跃振111分刘苏方108分李鑫业102分曲士眹 99分黄杨 96分韩蕾 94分刘海 93分罗荣钧 90分姜怡然90分济南一中（1 人）：陈双 94分济南二中（ 5人）：宫庆凯 76分于昌灏 70分郭晓宁 64分姜玉玺 63分李祺龙58分济南三中（ 6人）：蒋丽 84分孙新利 71分张虎 67分卫成林 66分商和宁 66分张婷婷 66分济南七中（2人）: 肖玉淼 49分陈晨 45分济南九中（2人）：鞠佳 69分王紫辉 66分济十一中（2人）：李中华 70分王春喜 63分济南52中（1人）：赵芳亮 57分济南中学（13人）：王瑞 90分邹世俊83分外语学校（ 2人）：杨金龙100分郝克 98分英才高中（ 6人）：孟宇 73分张译文 56分王路 54分高建辉50分陈徭 50分济钢中学（ 7人）：李泳江 90分陈琛 88分李霖 85分刘一畅 83分刘梦晨 82分马长琳 81分秦汉唐 79分三职高中（4人）：王阿冉53分李强51分徐桂亮 49分王珂 49分历城区（14人）：历城一中：曹芳106分贺兆印97分胡春晖93分王超 90分陈磊 90分历城二中：李双江102分高昊鸥99分张广乐96分刘红霞95分李延龙 93分历城四中：蔡荣峰 94分刘振83分历城五中：马业兴84分洪楼高中：张金花98分章丘市（32人）：章丘一中：赵蕾蕾87分徐帅 81分刘波80分章丘四中：李喆 140分马宪进104分王增辉97分陈成成96分朱福兴 94分索金召 93分党灿93分柏杨93分许昊93分章丘五中：郭乐田104分田春钊108分李虎100分刘杰100分张方瑞96分韩成龙 90分靳丰晨 89分刘洋槐84分王海景 83分郭红 80分郑伟 80分鲁家刚80分章丘七中：高兵孟娜袭苗苗姜树浩章丘中学：王俊荣99分宁纪森95分宋涛93分甄爱香93分平阴县（ 8人）：张文选119分刘聪102分许昌斌98分孙朝阳96分张明达96分张子键 93分路文高 93分马世杰81分，长清区（16人）：李娇102分安玮100分孟强97分钟涵94分朱有云93分焦裕龙 88分段学苇87分张越86分赵鹏85分朱存良85分段益雪100分张毓胜98分兰英新87分齐本明87分田德洲83分杨洪伟83分商河县（ 4人）：王光龙87分于和善86分李良金85分周祥政83分济阳县（18人）：王钊114分盛华英110分郭富明101分周亚凡 99分胥燕燕 95分菅秀峰 95分冯涛 93分李超119分齐震112分卢乾坤101分李国栋100分韩涛104分闫宁101分李晓阳106分菅庆圣102分崔月 98分霍纯森 96分华震 96分2.省二等奖共202人实验中学（13人）：祁海洋100分秦立煜101分李骥100分韩祥冬100分李文硕98分王越 98分栾义龙 98分李可扬96分孙棋 96分孙振宇96分叶梦醒 96分邹宗航 96分栗榛96分山师附中（13人）：杜宏 87分宋建浩 87分张志浩 86分付强 85分曹旭 85分赵玉祯 84分杨云钊 82分宋晓楠 81分刘青华 79分王聪 79分李丹蕾 78分陈飞 78分刘雯 78分济南二中（9人）：韩长龙 57分李丽丽 57分李征 56分丘化凯 55分姚运华 55分吕诚哲 54分杨霖 54分崔然旭 54分孙波 54分济南三中（4人）：孙志超 64分朱婷婷 60分王振坤 60分龙玉梅60分济南七中（ 3人）：胡勇超 44分崔燕 43分孙彬 43分济南九中（ 3人）：周淑灿 60分隋宏远 60分马宝强60分济十一中（ 2人）：唐智55分宋怀杰 54分济52中（ 2人）：王淑芬 53分朱婷婷53分济南中学（ 3人）：杨晓煜 82分吴凌雪81 分王芯 81分外语学校（ 5人）：万伟 90分宋瑞雪 89分袁心 88分罗丁 85分张庆辰 85分济钢高中（ 9人）：冯博宇 78分赵晓丹 78分朱鑫鹏 77分潘红 76分金岩76分王智飞 75分周婷婷75分李璐 75分宿波75分英才高中（ 8人）：韩晓松 48分肖剑辉 48分赵院 48分张天佑 48分薛桐 48分李晓 47分李晓明 44分苏志勇 44分三职高中（ 4人）：赵殿龙 48分毛文靓 45分季淑玉 45分王梅梅44分历城区（17人）：历城一中：金增奇89分陈荣荣89分柴柏晓87分杨小龙85分张强84分历城二中：颜庆87分杜文帅85分翟凤婷85分靳若安85分杨登平85分历城四中：孙光军64分李明64分钱宇63分历城五中：王兴英78分苏志南78分洪楼高中：赵志勇88分王金振78分章丘市（41人）：章丘一中：孙月红77分蒋全芝75分刘乃龙72分张永亮71分张强70分刘凤翔70分章丘四中：石敬玉92分张学超92分蔡云云92分陈龙桥92分李娜 88分李臣88分陈光鹏88分刘敏87分徐家昌86分董彤阳85分孙广帅85分高云逸85分章丘五中：冯业飞79分张瑞谦79分黄立臣78分胡继伟78分徐昭萌78分孙盟 78分于巍巍78分柳庆娓78分吴鹏77分韩福芸77分范士凯 76分韩春超76分刘延清76分章丘七中：程宗越孟超高玲刘娇龙杨兵贾超章丘中学：张硕90分董晓越90分曹林丽87分侯东明86分巩敏86分李鹏86分平阴县（8人）：乔珂欣91分王文华90分沙宗国90分张德水88分陈涛87分刘德福86分苏本民80分杜言铭75分长清区（26人）：王帅84分杜杰84分李君朋83分王华83分于晓菲82分卢婧82分王岩81分戴伟81分宋丙亮81分庄卫卫81分马晓81分杨仁俊80分韩传刚80分李珊80分邢庆涛80分孟维昌81分周恒80分王斌80分李修源78分孙传海78分段好新77分赵婷婷77分贾丹78分王倩74分蒋艳66分范升涛66分商河县（5人）：展长伟81分卢培义81分王伟81分孙发鲁79分张旭78分济阳县（27人）：罗宾甲 90分牛法富 90分牛佳瑞 90分裴建梁 89分张刚峰 89分李道通 87分艾杰 87分陈新斌 86分孙云飞 86分刘文静 95分王莉 93分刘超 93分杨骁 93分温明强 92分张元炜 91分李振 90分王彬 90分张蕊88分徐春花 88分李凯 88分吴鹏 87分张龙87分秦婷婷 87分张勇87分刘贵奇87分张滨 87分徐囡 87分3.省三等奖218人实验中学（5人）：孙染 95分王梁 95分李翔宇 94分陈邦锐 94分陈茜茜94分山师附中（13人）：杨晓星 76分翟毅 76分冯君淑 77分袁源 76分夏冰 75分孙晴川 75分张河慧 75分王睿 75分崔赛飞 75分陈琛 74分王尧 74分王迪 74分赵越 74分济南一中（ 1人）：李晨光 78分济南二中（5人）：陶然 51分赵元圆 50分孙吉隆 50分王越50分陈安 50分济南三中（ 6人）：崔丙伟 59分王官玲 57分李璐 57分刘海洋 57分商广义 57分杨润蕊56 分济南七中（ 2人）：胡尊飞 42分成龙 42分济南九中（ 5人）：史良 58分王明 58分刘讳58分刘帅帅 57分贾杰 57分济十一中（3人）：董丽君 51分牛邦龙 51分徐永龙 49分济南中学（2人）：陈栋 80分张望80分外语学校（5人）：于东宁 81分欧阳82分李千81分黄一成 81分郦龙 81分钢厂高中（13人）：彭高飞 74分赵冲 74分李辉73分耿浩 72分杨紫娇 71分李延文 71分张楠 72分柴宝臣 72分郭琦 72分林尧 72分刘爽 73分蒋薇 71分徐涛 70分英才高中（ 9人）：王华琳 42分金传铭 42分李超42分陈娜 42分李佳倩42分张鹏 42分王翰林 42分段晨彤42分玉叶 41分三职高中（5人）：付磊 43分于鸿 43分王硕 42分叶鑫42分宋晓艳 42分历城区（20人）：历城一中：王俊国83分刘丹82分张凤82分陈哲81分马超81分历城二中：张良82分韩豹81分杜磊81分李洪燕81分侯程广81分，李敏81分王曰儒81分历城四中：周晓琼59分彭延杰59分韩娟59分历城五中：陈世军76分赵成75分范圣男75分洪楼高中：刘玉娟70分卢长瑞68分章丘市（47人）：章丘一中：韩超69分张帅69分孙秀婷69分郭盼69分丁帅69分李豪杰69分宁建69分章丘四中：董道江84分李广84分马永岩84分鹿苗苗84分陈慧颖84分赵春雷84分程彬84分卢国华84分张晓彤84分韩继雷84分韩慧梅83分宁超众83分吕素华82章丘五中：王福荣75分牛凯峰75分韩强75分吕晓萌75分王沛阳75分孙方杰75分李中雨75分宋梅玲75分杨志敏75分李杰74分张运涛74分黄文娟74分郑兴花74分闫广霞74分冯业芝74分章丘七中：赵静刘群陈样高娟柏文王瑶章丘中学：党义鹏85分彭绍辉85分赵静84分郭嘉宾81分李跃81分刘元康80分平阴县（13人）：杨其资84分李霞84分丁姗姗84分李浩84分白哲84分刘兵83分高璇82分陈阳82分王蒙82分刘涛82分吴庆存82分王超82分王龙江72分长清区（28人）：于海龙78分苏军78分张晓旭78分刘天燕78分庄庆鹏78分田娜78分邵继美78分刘文雪78分李柱杰77分王佳77分韩聪77分李照垒76分张伟76分张其昌76分孔令燕76分杨崭76分薛德宝74分王东东74分李婷婷74分刘东73分孟凡荣73分赵双73分李善刚73分韩胜涛73分王元腾69分柴茂青72分张双双63分赵玉芹63分商河县（6人）：金冉78分芮法莹77分车召堂75分赵富燕75分赵华安75分徐超74分济阳县（30人）：王闯 85分高迪 85分呼燕 85分周讯 85分李三九 84分徐小青 84分孙志凌 84分李方吉 84分杜学知 84分王浩 84分刘志远 84分刘喆 84分袁新超 84分姚麒麟86分高帅 86分张强 86分杨吉伟 86分高扬 86分张震 84分高翠萍 85分王忠华 84分张传凯 84分朱学亮84分高荣祥 84分张红梅84分江继宽 84分李连玉84分陈国良84分常超 84分刘非84分注: 1.获山东省一、二、三等奖的学生如获全国奖的奖次高于或等于省奖,则不再发省奖。

例谈题根在数学解题中的应用——以对数均值不等式为例

3_¥)故学敉学2021年第3期例谈题根在数学解题中的应用----以对数均值不等式为例张国治(新疆生产建设兵团第二中学，新疆乌鲁木齐83_2)笔者通过对近几年高考、竞赛试题的研究，有一个很有趣的发现——许多试题来源于同一个问题.我们可以把这类不断生长的问题称为“题根题根是一个题族、一个题系中的源头，也是一个题群中的典例.把握住了一个题根，叩源推委，便能寻觅到解决问题的“金钥匙”，进而辐射到一个题族、题群.以题根方式展开教学，旨在寻找解题思维入口，通过题根的变式拓展探求不同的解法，帮助学生理解问题内涵，总结归纳.那么如何寻找“题根”呢? 将源于课本、高考、竞赛的题目进行提炼与升华形成结论，然后再将其广泛应用于解题实践中，这便是寻找题源的不二法门.这一过程意义非凡，因为茫茫题海中很多题目表象不同，但实质一样（可归结于同一个题根或题源）.一个题源加工而成的结论，其功效不亚于教材中的一个定理，寻找“题根”需要八方联系，浑然一体.笔者以一道竞赛题为例，探源溯流，给出一类高考题、竞赛题命题的题根，多题归一，提供一种高效学习数学的方法，敬请同行指正.[1]题根（2017年全国高中数学联赛湖南省预赛第15题）[2]已知a、6 e 11且〇 > 0, i > Q，a #b.(i)求证：#(2)如果 a、6 是函数/(a:) = lnx -的两个零点，求证> e2.证法 1:如图 1，设/(*) = e*，x e [m，n]，其中双m，0)，B(n，0)，过点分别作x轴的垂线，交曲线于c、Z)两点.点)处的切线/分别交BC、于点£、f，则f c pJ f=6〒，所以/:7 1梯形从一(j£+J f)=(n-m*n^l)e ，•^曲边梯形A sa) =| g dx =e一 e , *S梯形^ m数感是《义务教育数学课程标准（2011 版)》中的十大核心概念之一，对运算结果的估计是数感的一种重要体现.估计（估算）在三个学段都有明确具体的目标要求，其中在第三学段(7-9年级）的知识技能目标对运算（包括估算）技能的要求是达到掌握层级.固然，计算的准确性是数学学科的基本要求之一，运算能力是典型的数学能力，但其内涵已发生了变化.运算能力不仅指能够“正确地从事运算”，还包括借助工具计算和手算，也包括精确计算和估算[2].作为一线的数学教师，应该充分理解课标的价值理念,在日常的教学中应该给“估算”留一席之地.准确、标准的答案是我们数学人的追求，但“估算”是数学运算中不可或缺的组成部分估算”过程中所体现出的发散式调适与思考，正是学生创新意识形成、创新能力培养的一个有效载体.参考文献[1]中华人民共和国教育部.义务教育数学课程标准（2011版）[S].北京：北京师范大学出版社，2012.[2]马复，凌晓枚.新版课程标准解析与教学指导[M].北京：北京师范大学出版社，2012.2021年第3期故学敉学3-41n - m . 、 n — m / m …、 _ ...2 (yA + J b ) = 2 (e + e )•显然有S 梯形y l B E F < $曲边梯形/I B C D < S 梯形A f i C Z )，艮Pm +nr j一)(n - m ) e 2 < en - em < —-—(em + e n)，1_•设％> 1，则欲证不等式成立等价于证明21n % < i ---(x > 1).构造函数则e 宁<^<n - m a2，令 en = a ，可得< , , , - ^In a - lno 2证法2:(1)由对称性，不妨设a > 6 > 0,^ a - b a + b a - b a + l 先证^-----TT < —•因为^----— <In a - Ini 2 〇 In a - Ini >2(a - b )^ a ^In a - \nb 2a + ba—+设％ = T > 1，则欲证不等式成立等价于〇证明lnx > ^l l (x > 1}.X + l构造函数/(尤）=lnx - ^~~> 1)，则作)=(n因为* > 1,所以尸（*) >x(x + 1)0,/(X )在（1，+ =C )上为单调递增函数，由 f i x ) >/〇) = 0,即得lm > 1)，即<In a - In 62再证#< , a ~ f -,-.因为# <In a - Ini In a - Inia<=> In a - In 6 <y 〇b<=> In — <g 〇) = 21m -卜一(% > 1)，则g '(x ) =- (% -J )<〇，因此g U )在（1, + 〇〇)上为单调递减函数.办）<g (l ) = 0,即得21n % < (a :---1 (x > 1),即y 〇b <a综上可知，#<In a - Inia -b In a - Ini2以上结论反映了对数平均与算术平均、几何平均的大小关系，我们知道两个正数a 、6的对数平均定义：L (a , b ) = jlna - ln 6 () ’la(a = b ).则当 a >〇，i >〇,有<In a - Ini—^一，^^<[(16)<-^—（当且仅当〇=6时，等号成立).若令 lna =文！，Ini =%2,贝l j d = e*1，6 = e*2, < —z —等价于^^?J~a b <In a — Ini 2?V 2__*2 丄 ^2‘1—，利用该不等式，可x X pL e - e " e •十 ee 2 < ------- < —-xx - x 2 2以轻松获解该题的第（2)小题：证明:定义域为（〇, +〇〇 )，尸(％) 1 2017 -x2017 2黯•若p2〇17，则/，（,）= 0;若* e (0,2017),则尸〇) >0,函数/(；〇单调递增;若;c e (2017, + 〇〇 )，则尸(无）< 0,函数3-42故学敉学2021年第3期/(幻单调递减.由对称性，不妨设 a >6> 〇,则可得〇< 6<2017 <a.由条件知，ln a= 且ln6=故 lna- ln6(a-6)，即2017由对数均值不等式得2017即a + 6 > 2 x 2017.-bIn a - Inia -bIn a - In6= 2017,<2 ，1iia;,a：2= \nxl+ \nx2= m(x l+ x2)> 2m•— = 2,所以a:丨a:2> e*12.m评注:不难发现，例1第（2)小题是题根第(2)小题的一般情况，事实上，由对数均值不等,______ 1 X] ~X22J x x x2<—=---------------，艮p<m lnxj -m x2-7,可见必有〇< m < i.m e因为lnafc= In a+ In6 =----(a+ 6) >2017 》^x 2x 2017 = 2,所以d> e2.下面举例说明此题根在高考、竞赛、模考中的应用，也进一步洞悉此类问题的编拟奥秘.类型1直接用对数均值不等式例1(2016年全国高中数学联赛湖南省预赛第15题）[3]已知函数/(幻=i l n x-(1)若m =」2时，求函数/(幻的所有零点；(2)若/(4有两个极值点心、巧,且x, < 尤2•求证:丨内> e2.解析:（1)当m =-2时，/(幻=;*111»:+；*:2-x = x( \nx + x -l) (x> 0). i^,p(x)=ln% + x -1(«：> 0)，则p'(A〇=丄+ 1> 0,于是p(a〇在X(〇, + «>)上为增函数.又P(1) = 0,所以，当m =-2时，函数/(幻有唯一的零点a; = 1.(2)若/(x)有两个极值点x,、*2,则导函数/'(*)有两个零点h h•由/'U)= In* -m*，可知例2(2018年全国高中数学联赛福建省预赛第14题）[4]已知/U)= e* -似.(1)当x > 0时，不等式Q-2)/(幻+ m*2+ 2> 0恒成立,求实数m的取值范围；(2)若力、*2是/(幻的两个零点，证明：A C, + A；2> 2.解析：（1)略.(2)证明：由题可得/U)= /U2) = 〇,即I e*' = m x., t _x x,x得。

2018年全国高中数学联赛浙江省预赛高三数学试题(解析版)

2018年全国高中数学联赛浙江省预赛高三数学试题一、填空题1 1= 一-；—1 .已知a 为正实数，且 “1是奇函数，则⑷的值域为.1111 1 1 ― --- ----------- =- - + f （x ）=--— 由小）为奇函数可知a - + 19「+ 1,解得a= 2,即 22、由此得f （x ）的值域为। 2 2'.2018「2%1.3 ) 鼻二1 3- 5a +1£ 南满足］一，n*i- a (n=1, 2,…)，则 n = 1520198077【答案】16 16 【解析】【详解】1 / 八■ +［二5皆十1小二1+『5阿+1=%由4" 4"56故答案为：.2.设数列所以 2018V Lu1<-2c201S=不5 +5 +... + S20185x c 2018 1t=—行口-162018 S 2019£07 71616(3n \小 4风0 E —cos(a + p)=3.已知 '4",56I 4.J 13,则【解析】【详解】%£ E (彳再)孙3 +位二Mi 7Tcos\p + —I = cos (a + 所以 sin(a + B)——，得.J71 a—4亡叫cr 一: 6二 - 13, 5665【解析】【详解】加索-34.在八个数字2, 4, 6, 7, 8, 11, 12, 13中任取两个组成分数.这些分数中有个既约分数.【答案】36【解析】【详解】在7, 11, 13中任取一个整数与在2, 4, 6, 8, 12中任取一个整数构成既约分数，共有3 5 种；在7, 11, 13中任取两个整数也构成既约分数，共有A3,6中.合计有36种不同的既约分数./ 1 ^2018 + (1/01S _5,已知虚数z满足P+1=Q,则上』H .【答案】I【解析】【详解】1 2018 上r , 3^72 2.1 之上[/ 1 \2018 + ( 1 JOIS _ 工 ,1 _(Z)- _ . . I _ 1I? - 1 l z _ 1 _ t2,2018 - t3,1345 _ z-所以^ .6.设明=1。

2022_年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题与解析

２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题与解析张志刚(山东省宁阳县复圣中学ꎬ山东泰安２７１４００)摘㊀要:文章给出２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题及其解析ꎬ部分试题从多个视角尝试解答ꎬ启迪学生敏锐捕捉解题灵感ꎬ多方位搭建解题思路ꎬ从而提高解题效益.关键词:竞赛数学ꎻ试题解析ꎻ极值问题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１６－００４９－０４收稿日期:２０２３－０３－０５作者简介:张志刚(１９８３－)ꎬ男ꎬ山东省宁阳人ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀２０２２年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题共１４道题目ꎬ包括１０道填空题和４道解答题.考查内容主要有代数运算(第１㊁２题)㊁数列(第４㊁９题)㊁函数与不等式(第３㊁６㊁１１㊁１３题)㊁三角函数(第１０题)㊁平面解析几何(第８㊁１２题)㊁概率(第８题)㊁平面几何图形(第５题)㊁立体几何(第７题)㊁组合数学(第１４题)等.该套试卷设计简洁清新ꎬ构思别具匠心ꎬ解法灵活多变ꎬ饱含数学思想ꎬ凝聚教学智慧ꎬ富有较高的研究价值.与高考试题相比ꎬ竞赛试题综合性更强ꎬ思维跨度更大ꎬ需要考生具备较高的数学抽象㊁逻辑推理㊁数学运算等核心素养ꎬ以及转化与化归㊁函数与方程㊁分类讨论㊁换元法㊁配方法等数学思想方法ꎬ颇具挑战性和选拔性.命题组只给出了填空题的结果ꎬ未给出具体的解答过程ꎬ解答题也只提供了一种解法供阅卷参考.为此ꎬ笔者尝试对每道试题剖析解答ꎬ部分试题给出了有别于参考答案的精彩解法.题１㊀用ｘ[]表示不超过ｘ的最大整数ꎬ则方程２２ｘ－１[]２＋２ｘ－１[]－１＝０的解集是.解析㊀解方程２２ｘ－１[]２＋２ｘ－１[]－１＝０ꎬ得２ｘ－１[]＝－１(２ｘ－１[]＝１２舍)ꎬ则－１ɤ２ｘ－１<０ꎬ解得０ɤｘ<１２ꎬ故解集是０ꎬ１２[öø÷.题２㊀设ａꎬｂꎬｃɪＲꎬａ㊁ｃʂ０ꎬ方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个虚根ｘ１ꎬｘ２满足ｘ２１ｘ２ɪＲꎬ则ð２０２２ｋ＝０ｘ１ｘ２æèçöø÷ｋ＝.解析㊀由于ｘ１ꎬｘ２是方程ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ＝０的两个虚根ꎬ所以ｘ２＝ｘ－１ꎬｘ２１ｘ２＝ｘ２１ｘ－１ɪＲꎬｘ２１ｘ１－＝ｘ－２１ｘ１ꎬ即ｘ３１－ｘ－３１＝０ꎬ从而ｘ２１＋ｘ１ｘ－１＋ｘ－２１＝０ꎬ即ｘ１ｘ－１＝ωꎬ故ð２０２２ｋ＝０ｘ１ｘ２æèçöø÷ｋ＝ð２０２２ｋ＝０ωｋ＝１－ω２０２３１－ω＝１.题３㊀已知ｆｘ()是－ɕꎬ＋ɕ()上单调递增的奇函数ꎬ满足对一切实数θ恒有ｆａ－ｃｏｓ２θ()＋ｆａ＋ｓｉｎθ()ȡ０.则实数ａ的取值范围是.解析㊀对一切实数θ恒有ｆａ＋ｓｉｎθ()ȡｆｃｏｓ２θ－ａ()ꎬ则ａ＋ｓｉｎθȡｃｏｓ２θ－ａ.从而２ａȡ－２ｓｉｎ２θ－ｓｉｎθ＋１＝－２ｓｉｎθ＋１４æèçöø÷２＋９８.从而２ａȡ９８ꎬ解得ａȡ９１６.题４㊀数列ａｎ{}共１００项ꎬａ１＝０ꎬａ１００＝４７５ꎬ且ａｋ＋１－ａｋ＝５ꎬｋ＝１ꎬ２ꎬ ꎬ９９.则满足这种条件的不同数列的个数为.解析㊀由题意得ａｋ＋１－ａｋ＝ʃ５ꎬａ１００＝ａ１００－ａ９９()＋ａ９９－ａ９８()＋＋ａ２－ａ１()＝４７５ꎬ设９９个差ａｋ＋１－ａｋ中有ｘ个５和ｙ个－５ꎬ则有５ｘ－ｙ()＝４７５ꎬｘ＋ｙ＝９９ꎬ{解得ｘ＝９７ꎬｙ＝２.{所以９９个差ａｋ＋１－ａｋ中ꎬ有９７个取５和２个取－５.这９７个５和２个－５的每一个排列都唯一对应一个满足条件的数列ꎬ故满足这种条件的不同数列的个数为９９!９７!ˑ２!＝９９ˑ４９＝４８５１个.题５㊀单位圆内接四边形对角线互相垂直ꎬ则该四边形四条边平方和是.解析㊀如图１示ꎬ设四边形ＡＢＣＤ的边ａꎬｂꎬｃꎬｄꎬ对角线ＡＣꎬＢＤ的中点分别是Ｏ１ꎬＯ２ꎬ交点为Ｉꎬ记ＩＡ＝ｘꎬＩＢ＝ｙꎬＩＣ＝ｚꎬＩＤ＝ｗꎬＯＯ１＝ｆꎬＯＯ２＝ｅꎬ则ａ２＋ｂ２＋ｃ２＋ｄ２＝２ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＋ｗ２()＝２[(Ｏ１Ａ＋ｅ)２＋(Ｏ２Ｂ－ｆ)２＋(Ｏ１Ａ－ｅ)２＋(Ｏ２Ｂ＋ｆ)２]＝４Ｏ１Ａ２＋Ｏ２Ｂ２＋ｅ２＋ｆ２()＝４ˑ１＋１()＝８.所以该四边形四条边平方和是８.图１题６㊀已知０<ａ<ｂ<１ｅꎬ则ａａꎬｂｂꎬａｂꎬｂａ从小到大排列为.解析㊀易知ａｂ<ａａꎬｂｂ<ｂａꎬａａ<ｂａꎬａｂ<ｂｂꎬ即有ａｂ<ａａ<ｂａꎬａｂ<ｂｂ<ｂａ.下面比较ａａ与ｂｂ的大小.设ｆｘ()＝ｘｌｎｘ０<ｘ<１ｅæèçöø÷ꎬ则ｆᶄｘ()＝ｌｎｘ＋１<０ꎬ所以ｆｘ()在０ꎬ１ｅæèçöø÷上单调递减.又０<ａ<ｂ<１ｅꎬ所以ｆａ()>ｆｂ().即ａｌｎａ>ｂｌｎｂ.即ｌｎａａ>ｌｎｂｂ.从而ａａ>ｂｂ.综上ꎬａｂ<ｂｂ<ａａ<ｂａ.题７㊀将３个１２ˑ１２的正方形沿邻边的中点剪开分成两部分(如图２)ꎻ将这６部分接于一个边长为６２的正六边形上(图３)ꎬ若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图ꎬ则该多面体的体积是.图２㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图３解析㊀折成的多面体如图４所示ꎬ将其补形为正方体(如图５)ꎬ所求多面体体积为正方体体积的一半ꎬ即Ｖ＝１２ˑ１２３＝８６４.图４㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图５题８㊀设ａꎬｂ是从集合１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５{}中随机选取的数ꎬ则直线ｙ＝ａｘ＋ｂ与圆ｘ２＋ｙ２＝２有公共点的概率是.解析㊀易知ｙ＝ａｘ＋ｂꎬｘ２＋ｙ２＝２{即ａ２＋１()ｘ２＋２ａｂｘ＋ｂ２－２＝０有实根ꎬ则Δ＝２ａｂ()２－４ａ２＋１()ｂ２－２()ȡ０ꎬ解得ｂ２ɤ２ａ２＋１().当ｂ＝１ꎬ２时ꎬａ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝３时ꎬａ＝２ꎬ３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝４时ꎬａ＝３ꎬ４ꎬ５ꎻ当ｂ＝５时ꎬａ＝４ꎬ５.所以使得ｂ２ɤ２ａ２＋１()的ａꎬｂ()共有１９个ꎬ所求概率为１９２５.题９㊀已知正数列ａｎ{}满足对∀ｎɪＮ∗ꎬðｎｉ＝１ａ３ｉ＝ðｎｉ＝１ａｉ()２ꎬ则ａｎ＝.解析㊀由ａ３１＝ａ２１得ａ１＝１.由１＋ａ３２＝１＋ａ２()２得ａ２＝２.设当ｎɤｋ时ꎬａｋ＝ｋꎬ则当ｎ＝ｋ＋１时ꎬðｋ＋１ｉ＝１ａ３ｉ＝ðｋ＋１ｉ＝１ａｉ()２ꎬａ３ｋ＋１＋ðｋｉ＝１ａ３ｉ＝ａｋ＋１＋ðｋｉ＝１ａｉ()２ꎬａ３ｋ＋１＝ａ２ｋ＋１＋２ａｋ＋１ðｋｉ＝１ａｉꎬ从而ａ２ｋ＋１＝ａｋ＋１＋ｋｋ＋１()ꎬ解得ａｋ＋１＝ｋ＋１ꎬ故ａｎ＝ｎ.题１０㊀已知０<ｘꎬｙ<π２ꎬ则ｆ＝１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙ＋９ｓｉｎ２ｘ的最小值是.解法１㊀(柯西不等式法)ｆ＝９ｓｉｎ２ｘ＋ｓｉｎ２ｙ＋ｃｏｓ２ｙｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙ＝９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋１ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙꎬ解析式ｆ中三个分式分母之和ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ＝１－ｃｏｓ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝－ｃｏｓｘ－１２æèçöø÷２＋５４ɤ５４.由柯西不等式ꎬ得５４ｆȡ(ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ)[９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙ＋１ｃｏｓｘｓｉｎ２ｙ]ȡ３＋１＋１()２＝２５ꎬ当ｘ＝π３ꎬｙ＝π４时取等号.所以ｆ的最小值是２０.解法２㊀(基本不等式＋柯西不等式法)ｆ＝９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘｃｏｓ２ｙｓｉｎ２ｙȡ９ｓｉｎ２ｘ＋１ｃｏｓｘ[(ｃｏｓ２ｙ＋ｓｉｎ２ｙ)/２]２ȡ９ｓｉｎ２ｘ＋４ｃｏｓｘȡ３＋２()２ｓｉｎ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝２５１－ｃｏｓ２ｘ＋ｃｏｓｘ＝２５－ｃｏｓｘ－１/２()２＋５/４ȡ２５５/４＝２０ꎬ当且仅当ｘ＝π３时取等号ꎬ所以ｆ的最小值是２０.题１１㊀已知函数ｆｘ()满足对任意实数ｘꎬｙ有ｆｘｙ()＋ｆｙ－ｘ()ȡｆｘ＋ｙ().求证:对于任意实数ｘ均有ｆｘ()ȡ０.证明㊀取实数ｘꎬｙ满足ｘｙ＝ｘ＋ｙꎬ即ｘ－１()ｙ－１()＝１.令ｙ－１＝ｔｔʂ０()ꎬ则ｙ＝ｔ＋１ꎬｘ＝１ｔ＋１ꎬ则ｆｔ－１ｔæèçöø÷ȡ０ꎬ对于任意ｕɪＲꎬ令ｕ＝ｔ－１ｔꎬ则ｔ２－ｕｔ－１＝０.由Δ＝ｕ２＋４>０得ꎬ存在实数ｔꎬ使得ｕ＝ｔ－１ｔꎬｆｕ()ȡ０ꎬ即对于任意实数ｘꎬ均有ｆｘ()ȡ０.题１２㊀已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()ꎬ证明:存在圆心在原点的定圆ꎬ使该圆上任一点的切线与椭圆Ｃ恒有两个交点ＡꎬＢ且ＯＡң ＯＢң＝０.证法１㊀(命题组提供)当ＡꎬＢ分别为椭圆Ｃ的长㊁短轴端点时ꎬ原点到直线ＡＢ的距离为ａｂａ２＋ｂ２.下面证明圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２(其中ｒ＝ａｂａ２＋ｂ２)上任意一点处的切线与椭圆Ｃ恒交于两点ꎬ且满足ＯＡң ＯＢң＝０.由ｒ＝ａｂａ２＋ｂ２<ｂ知圆ｘ２＋ｙ２＝ｒ２在椭圆Ｃ内部ꎬ故该圆上任意一点处的切线与椭圆Ｃ恒交于两点.易得该圆上任意一点ｘ０ꎬｙ０()处的切线为ｘ０ｘ＋ｙ０ｙ＝ｒ２ꎬ代入ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ得ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ｘ２－２ａ２ｒ２ｘ０ｘ＋ａ２ｒ４－ｂ２ｙ２０()＝０ꎬ消去ｘꎬ得ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ｙ２－２ｂ２ｒ２ｙ０ｙ＋ｂ２ｒ４－ａ２ｘ２０()＝０.设Ａｘ１ꎬｙ１()ꎬＢｘ２ꎬｙ２()ꎬ则ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝ｒ４ａ２＋ｂ２()－ａ２ｂ２ｘ２０＋ｙ２０()ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０＝ｒ４ａ２＋ｂ２()－ａ２ｂ２ｒ２ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０＝ａｂ()４－ａｂ()４ｂ２ｘ２０＋ａ２ｙ２０()ａ２＋ｂ２()＝０.即ＯＡң ＯＢң＝０.故圆ｘ２＋ｙ２＝ａｂ()２ａ２＋ｂ２满足条件.证法２㊀(极坐标法)设Ａρ１ｃｏｓθꎬρ１ｓｉｎθ()ꎬＢρ２ｃｏｓθ＋π２æèçöø÷ꎬρ２ｓｉｎθ＋π２æèçöø÷æèçöø÷ꎬ即Ｂ－ρ２ｓｉｎθꎬρ２ｃｏｓθ().代入ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬ得ρ２１ｃｏｓ２θａ２＋ρ２１ｓｉｎ２θｂ２＝１ꎬρ２２ｓｉｎ２θａ２＋ρ２２ｃｏｓ２θｂ２＝１.故１ρ２１＋１ρ２２＝１ａ２＋１ｂ２＝ａ２＋ｂ２ａ２ｂ２.在ＲｔәＡＯＢ中ꎬＯＭʅＡＢꎬ故ＡＢＯＭ＝ＯＡＯＢꎬ１ＯＭ２＝ＡＢ２ＯＡ２ＯＢ２＝ＯＡ２＋ＯＢ２ＯＡ２ＯＢ２＝１ＯＡ２＋１ＯＢ２＝１ρ２１＋１ρ２２＝ａ２＋ｂ２ａ２ｂ２.所以ｒ２＝ａ２ｂ２ａ２＋ｂ２是定值ꎬ即存在圆ｘ２＋ｙ２＝ａｂ()２ａ２＋ｂ２满足条件.题１３㊀设ａꎬｂꎬｃ>０且ａ２＋ｂ＋ｃ＝５３ꎬａｂｃ＝２８.求ｆ＝ａ＋ｂ＋２ｂ＋ｃ＋ｃ＋ａ的最小值.解析㊀设ａ＝７ｘꎬｂ＝２ｙꎬｃ＝２ｚꎬ则ｘｙｚ＝１ꎬ４９ｘ２＋２ｙ＋２ｚ＝５３ꎬ即２ｙ＋ｚ()＝５３－４９ｘ２.①由１＝ｘｙｚɤｘ＋ｙ＋ｚ３æèçöø÷３得ｘ＋ｙ＋ｚȡ３ꎬ即２ｘ＋５３－４９ｘ２ȡ６ꎬ即０<ｘɤ１.由１＝ｘｙｚɤｙｚɤｙ＋ｚ２æèçöø÷２ꎬ得ｙ＋ｚȡ２ꎬｙｚȡ１.②故ｂ＋ｃ＝２ｙ＋２ｚȡ２.由①②ꎬ得ａ＋ｂ＋ｃ＋ａ＝７ｘ＋２ｙ＋２ｚ＋７ｘ＝７ｘ＋２ｙ＋２ｚ＋７ｘ()２＝１４ｘ＋２ｙ＋ｚ()＋２４９ｘ２＋１４ｘｙ＋ｚ()＋４ｙｚȡ１４ｘ＋５３－４９ｘ２＋２４９ｘ２＋２８ｘ＋４＝－４９ｘ２＋２８ｘ＋５７.因为ｙ＝－４９ｘ２＋２８ｘ＋５７０<ｘɤ１()的图象的对称轴为ｘ＝２７ꎬ所以当ｘ＝１时ꎬｙ取得最小值３６ꎬ从而ａ＋ｂ＋ｃ＋ａȡ６ꎬｆȡ１０ꎬ显然ꎬ当且仅当ｘ＝ｙ＝ｚ＝１ꎬａ＝７ꎬｂ＝ｃ＝２时等号成立ꎬ故ｆ的最小值为１０.题１４㊀把集合Ａ＝１０１１ꎬ１０１２ꎬ ꎬ２０２２{}任意划分为两个不交的非空子集.证明:至少有一个子集中包含两个数ꎬ这两个数之和为完全平方数.证明㊀先找三个正整数ｘ<ｙ<ｚ使得两两之和为完全平方数ꎬ令ｘ＋ｙ＝ｍ２ꎬｘ＋ｚ＝ｍ＋１()２ꎬｙ＋ｚ＝ｍ＋２()２ꎬ则ｍ为奇数(否则ꎬｘ㊁ｙ同奇偶ꎬｙ㊁ｚ同奇偶ꎬ得ｘ㊁ｙ㊁ｚ同奇偶ꎬ故ｘ＋ｚ＝ｍ＋１()２为偶数ꎬ矛盾).令ｍ＝２ｋ－１ｋɪＮ∗()ꎬ解ｘ＋ｙ＝２ｋ－１()２ꎬｘ＋ｚ＝４ｋ２ｙ＋ｚ＝２ｋ＋１()２ìîíïïïï得ｘ＝２ｋ２－４ｋꎬｙ＝２ｋ２＋１ꎬｚ＝２ｋ２＋４ｋ.{由ｘ＝２ｋ２－４ｋȡ１０１１ꎬ得ｋȡ２４.当ｋ＝２４时ꎬｘ＝１０５６ꎬｚ＝１２４８<２０２２.由ｘ＝２ｋ２－４ｋɤ２０２２得ｋɤ３０ꎬ故当２４ɤｋɤ３０时ꎬ１０１１ɤｘ<ｙ<ｚɤ２０２２.将Ａ中１０１２个数任意划分成两不交的非空子集时ꎬ对２４ɤｋɤ３０中的任一整数ｋ对应的ｘꎬｙꎬｚ中必有两个属于同一子集ꎬ这两个数之和为完全平方数.参考文献:[１]张志刚.一道联考试题命制背景与破解研究[Ｊ].数理化学习(高中版)ꎬ２０２２(０３):３－６.[责任编辑:李㊀璟]。

专题06基本初等函数二(解析版)-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题06基本初等函数第二缉1．【2019年重庆预赛】函数f (x )=(√1+x +√1−x −3)(√1−x 2+1)的最小值为m ，最大值为M ，则M m=________.【答案】3−√22【解析】设t =√1+x +√1−x ,则t ≥0且t 2=2+2√1−x 2，∴t ∈[√2,2]. f (x )=(t −3)·t 22，令g (t )=12t 2(t −3)，t ∈[√2,2].令g ′(t )=0得t =2，g(√2)=√2−3，g (2)=−2， ∴M =g (t )max =√2−3，m =g (t )min =−2，∴Mm =3−√22.2．【2019年重庆预赛】设f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，对任意x >0有f(x)>−4x ，f(f(x)+4x )=3，则f(8)=. 【答案】72【解析】由题意存在x 0>0使f(x 0)=3。

又因f(x)是(0,+∞)上的单调函数，这样的x 0>0是唯一的，再由f(f(x 0)+4x 0)=3得x 0=f(x 0)+4x 0=3+4x 0解得x 0=4或x 0=−1（舍）。

所以f(x)=4−4x，f(8)=4−48=72。

3．【2019年北京预赛】函数f (x )满足f (1)=1,且f (n )=f (n −1)+1n (n−1),其中n ≥2,n ∈N +,那么f (2019)=. 【答案】40372019.【解析】因为f(n)−f(n −1)=1n(n−1)=1n−1−1n ,所以 f(2)−f(1)=1−12, f(3)−f(2)=12−13,f(4)−f(3)=13−14,⋯⋯f(2018)−f(2017)=12017−12018,f(2019)−f(2018)=12018−12019,将以上各式等号两边分别相加得f(2019)−f(1)=1−12019,进而有 f(2019)=2−12019=120182019.4．【2019年福建预赛】函数f(x)=√2x −x 2+x 的值域为 .【答案】[0,√2+1]【解析】解法一:f(x)=√1−(x −1)2+x .设x −1=sinα (−π2≤α≤π2)，则f(x)=cosα+(1+sinα)=√2sin (α+π4)+1.由−π2≤α≤π2，得−π4≤α+π4≤3π4, −√22≤sin (α+π4)≤1.∴f (x )值域为[0,√2+1]. 解法二:f ′(x)=√2+1=√21 (0<x <2).∵ 0<x <1+√22时，f ′(x)>0;1+√22<x <2时，f ′(x)<0.∴f (x )在区间[0,1+√22]上为增函数，在区间[1+√22,2]上为减函数. ∴f (x )值域为[0,√2+1].5．【2019年福建预赛】已知f(x)=x 3+ax 2+bx +2的图象关于点(2，0)对称，则f (1)=.【答案】4【解析】解法一:由f (x )的图象关于点(2，0)对称，知：f(x +2)=(x +2)3+a(x +2)2+b(x +2)+2=x 3+(a +6)x 2+(b +4a +12)x +4a +2b +10为奇函数.∴{a +6=04a +2b +10=0,{a =−6b =7∴ f(1)=1+a +b +2=1−6+7+2=4. 解法二:由f (x )的图象关于点(2，0)对称，知对任意x ∈R ，f (2+x )+f (2-x )=0于是，对任意x ∈R ，(2+x)3+a(2+x)2+b(2+x)+2+(2−x)3+a(2−x)2+b(2−x)+2=0. 即(2a +12)x 2+(8a +2b +20)=0恒成立. ∴{2a +12=08a +4b +20=0,{a =−6b =7.∴ f(1)=1+a +b +2=1−6+7+2=4.解法三:依题意，有f (x )=(x -2)3+m (x -2). 利用f (0)=-8-2m =2，得m =-5.于是，f (x )=(x -2)3-5(x -2)，f (1)=-1-(-5)=4.6．【2019年福建预赛】已知f(x)=x 5−10x 3+ax 2+bx +c ，若方程f (x )=0的根均为实数，m 为这5个实根中最大的根，则m 的最大值为 .【答案】4【解析】设f (x )=0的5个实根为x 1≤x 2≤x 3≤x 4≤m ，则由韦达定理，得m +x 1+x 2+x 3+x 4=0. m (x 1+x 2+x 3+x 4)+(x 1x 2+x 1x 3+x 1x 4+x 2x 3+x 2x 4+x 3x 4)=−10. 于是，x 1x 2+x 1x 3+x 1x 4+x 2x 3+x 2x 4+x 3x 4=−10+m 2.∴ x 12+x 22+x 32+x 42=(x 1+x 2+x 3+x 4)2−2(x 1x 2+x 1x 3+x 1x 4+x 2x 3+x 2x 4+x 3x 4)=m 2−2(−10+m 2)=20−m 2.另一方面，由柯西不等式，知(x 1+x 2+x 3+x 4)2≤4(x 12+x 22+x 32+x 42)于是，m 2≤4(20−m 2),m 2≤16,m ≤4.又对f(x)=(x −4)(x +1)4=x 5−10x 3−20x 2−15x −4，方程f (x )=0的根均为实数，且5个实根中最大的根m =4. ∴m 的最大值为4.7．【2019年广西预赛】已知xyz +y +z =12,则log 4x +log 2y +log 2z 的最大值为 .【答案】3【解析】log 4x +log 2y +log 2z =log 2x 2+log 2y +log 2z =log 2(xyz⋅y⋅z)2⩽log 2(xyz+y+z 3)32=3.当xyz=y=z=4取到等号.8．【2019年贵州预赛】已知方程x 5−x 2+5=0的五个根分别为x 1,x 2,x 3,x 4,x 5,f(x)=x 2+1.则∏s i=1f (x i )=.【答案】37【解析】设g(x)=x 5−x 2+5,则g(x)=∏(x −x k )5k=1,又f(x)=x 2+1=(x-i)(x+i),所以∏5i=1f (x k )=∏(x k −i )5i=1⋅∏(x k +i )5i=1=g(i)⋅g(−i)=(i 5−i 2+5)⋅[(−i)5−(−i)2+5]=(6+i)(6−i)=37.9．【2019年吉林预赛】已知函数f(x)=-x 2+x+m+2,若关于x 的不等式f(x)≥|x|的解集中有且仅有1个整数,则实数m 的取值范围为.【答案】[-2,-1)【解析】f(x)≥|x|⇔2−|x|≥x 2−x −m . 令g(x)=2−|x|,h(x)=x 2−x −m . 在同一直角坐标系内作出两个函数的图象, 由图象可知,整数解为x=0,故{f(0)≥0−0−m f(1)<1−1−m.解得−2≤m <−1.10．【2019年吉林预赛】已知函数f(x)=a +x −b x 的零点x 0∈(n,n +1)(n ∈Z),其中常数a 、b 满足条件2019a =2020, 2020b =2019,则n 的值为 .【答案】-1【解析】因为2019°=2020,2020b =2019,所以1<a<2,0<b<1,故函数f(x)在R 上为増函数,又f(0)=a −1>0, f(−1)=a −1−1b <a −1−1<0,故由零点定理可知,函数f(x)在区间(1,0)有唯ー的零点,则n 的值是-1. 11．【2019高中数学联赛A 卷（第01试）】已知正实数a 满足a a =(9a)8a ，则log a (3a)的值为.【答案】916【解析】由条件知9a =a 18，故3a =√9a ⋅a =a 916，所以log a (3a)=916.12．【2018年山西预赛】函数y =√1−x 22+x的值域为________.【答案】[0,√33] 【解析】由条件知x ∈[−1,1]. 令x =cosα(α∈[0,π]).则 y =sinα2+cosα(y ≥0)，⇒2y =sinα−ycosα=√1+y 2sin (α+θ)≤√1+y 2， ⇒1+y 2≥4y 2⇒y 2≤13，因为y ≥0，所以，y ∈[0,√33]. 13．【2018年福建预赛】函数f(x)=[log 3(13√x)]⋅[log √3(3x 2)]的最小值为________. 【答案】−258【解析】设log 3x =t ，则log 3(13√x)=−1+12t ，log √3(3x 2)=32log √3=2(1+2t).∴f(x)=g(t)=(−1+12t)⋅2(1+2t)=2t 2−3t −2=2(t −34)2−258.∴当t =34，log 3x =34，x =334时，f (x )取最小值−258.14．【2018年福建预赛】若函数f (x )=x 2－2ax +a 2－4在区间[a －2，a 2](a >0)上的值域为[－4，0]，则实数a 的取值范围为________. 【答案】[1，2] 【解析】∵f (x )=x 2－2ax +a 2－4=(x －a )2－4，f (a )=－4，f (a －2)=0，f (x )在区间[a －2，a 2]上的值域为[－4，0]，f (x )的图像为开口向上的拋物线.∴{a −2≤a ≤a 2a ≥a−2+a 22 ，解得－1≤a ≤0或1≤a ≤2.结合a >0，得1≤a ≤2. ∴a 的取值范围为[1，2].15．【2018年江苏预赛】设g(n)=∑(k,n)nk=1，期中n ∈N *，(k,n)表示k 与n 的最大公约数，则g(100)的值为________. 【答案】520 【解析】如果(m,n)=1，则g(mn)=g(m)g(n)，所以g(100)=g(4)g(25). 又g(4)=1+2+1+4=8.g(25)=5×4+25+(25−5)=65，所以g(100)=8×65=520. 故答案为：52016．【2018年贵州预赛】牛得亨先生、他的妹妹、他的儿子，还有他的女儿都是网球选手，这四人中有以下情况：①最佳选手的孪生同胞与最差选手性别不同；②最佳选手与最差选手年龄相同．则这四人中最佳选手是_______．【答案】牛得亨先生的女儿【解析】由题意知，最佳选手和最佳选手的孪生同抱年龄相同；由②，最佳选手和最差选手的年龄相同；由①，最佳选手的孪生同胞和最差选手不是间一个人．因此，四个人中有三个人的年龄相同．由于牛得亨先生的年龄肯定大于他的儿子和女儿，从而年龄相同的三个人必定是牛得亨先生的儿子、女儿和妹妹．由此，牛得亨先生的儿子和女儿必定是①中所指的孪生同胞．因此，牛得亨先生的儿子或女儿是最佳选手，而牛得亨先生的妹妹是最差选手．由①，最佳选手的孪生同胞一定是牛得亨先生的儿子，而最佳选手无疑是牛得亨先生的女儿．故答案为：牛得亨先生的女儿17．【2018年贵州预赛】函数z =√2x 2−2x +1+√2x 2−10x +13的最小值是______．【答案】√10 【解析】因为z =√2x 2−2x +1+√2x 2−10x +13=√(x −0)2+(x −1)2+√(x −2)2+(x −3)2此即为直线y =x 上的点（x ，y ）到点（0，1）与到点（2，3）的距离之和，根据镜像原理，z 的最小值应为点（1，0）到点（2，3）的距离√10．故答案为：√1018．【2018年贵州预赛】若方程a x >x （a >0，a ≠1）有两个不等实根，则实数a 的取值范围是_______．【答案】1<a <e 1e 【解析】由a x >x 知x >0，故x ⋅lna −lnx =0⇒lna =lnx x，令f(x)=lnx x（x >0），则f ′(x)=1−lnx x 2．当x ∈(0，e)时，f ′(x)>0；当x ∈(e ，+∞)时，f ′(x)<0．所以f(x)在(0，e )上递增，在(e ，+∞)上递减．故0<lna <f(e)=1e，即1<a <e 1e ．故答案为：1<a <e 1e19．【2018年浙江预赛】已知a 为正实数，且f(x)=1a −1a x +1是奇函数，则f(x)的值域为________.【答案】(−12，12) 【解析】由f(x)为奇函数可知1a −1a x +1=−1a +1a −x +1，解得a = 2，即f(x)=12−12x +1，由此得f(x)的值域为(−12，12).20．【2018年北京预赛】已知实数a,b,c,d 满足5a =4,4b =3,3c =2,2d =5，则(abcd )2018=________. 【答案】1 【解析】化5a =4,4b =3,3c =2,2d =5为对数，有a =log 54=ln4ln5,b =ln3ln4,c =ln2ln3,d =ln5ln2，所以(abcd )2018=(ln4ln5×ln3ln4×ln2ln3×ln5ln2)2018=12018=1.21．【2018年北京预赛】已知函数f (x )满足f (x +1x )=x 2+1x 2，那么f (x )的值域为_______.【答案】[2,+∞) 【解析】设函数y =f (x )满足f (t +1t )=t 2+1t 2，{x =t +1t (|x |≥2)y =t 2+1t 2(y ≥2)，y =t 2+1t 2=(t +1t)2−2=x 2−2.所以所求函数是f (x )=x 2−2(|x |≥2)，其图像如图，易知f (x )=x 2−2(|x |≥2)的值域是[2,+∞).22．【2018年湖南预赛】函数f(x)=√4−x 2+ln(2x −1)的定义城为_________. 【答案】[−2,12)【解析】由{4−x 2≥02x −1>0得-2≤x <12，所以函数f(x)=√4−x 2+ln(2x −1)的定义城为[−2,12). 故答案为[−2,12)23．【2018年湖南预赛】已知函数f(x)对任意的实数满足：f(x +6)=f(x)，且当−3≤x <−1时，f(x)=−(x +2)2，当−1≤x <3时，f(x)=x ，则y =f(x)象与y =lg |1x |的图象的交点个数为___________。

2018年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)_PDF压缩

证明：存在 x0 ∈[1, 9] ，使得 f (x0 ) ≥ 2 ．证法 1：只需证明存在 u, v ∈[1, 9] ，满足 f (u) − f (v) ≥ 4 ，进而由绝对值不
等式得
f (u) + f (v) ≥ f (u) − f (v) ≥ 4 ，
故 f (u) ≥ 2 与 f (v) ≥ 2 中至少有一个成立．
注意到 f (4 ) f ( 4) f () 1, f (2 6) f (2) 0 ，
所以
0 f (x) 1 f (2 6) f (x) f (4 ) ，
而 0 2 6 4 1 ，故原不等式组成立当且仅当 x [2 6, 4 ] ．

4 7
，即
tan

2

4 7
，从而
tan(

)

cot

2

7 4
．
6. 设抛物线 C : y2 2x 的准线与 x 轴交于点 A ，过点 B (1, 0) 作一直线 l 与
抛物线 C 相切于点 K ，过点 A 作 l 的平行线，与抛物线 C 交于点 M , N ，则 KMN
…………………5 分
由 f (a) f (b) 得 1 log3 a log3 b 1，
即 log3 a log3 b 2 ，因此 ab 32 9 ．于是 abc 9c ．又
…………………10 分
0 f (c) 4 c 1，
…………………15 分
故 c (9, 16) ．进而 abc 9c (81, 144) ．

2018年全国高中数学联赛河北省预赛高三数学试题(解析版)

2018年全国高中数学联赛河北省预赛高三数学试题一、填空题 1．若,且,则的最小值为______________．【答案】3【解析】试题分析：设Z=a+bi （a ，b ∈R ），满足|Z-2-2i|=1的点均在以C 1（2，2）为圆心，1为半径的圆上，所以|Z+2-2i|的最小值是C 1，C 2连线的长为4与1的差，即为3. 【考点】复数模的几何意义及数形结合的思想方法，2．若，，且满足那么.【答案】1 【解析】【详解】把已知条件变形为函数在上为增函数且是奇函数，另，故即，所以.3．设点O 为三角形ABC 内一点，且满足关系式： _____.【答案】【解析】【详解】将化为，.设M 、N 分别是AB 、AC 的中点，则.设△ABC 的面积为S ，由几何关系知，，，所以.4．过动点M 作圆：()()22221x y -+-=的切线MN ，其中N 为切点，若MN MO =（O 为坐标原点），则MN 的最小值是__________．【答案】8【解析】解答：由圆的方程可得圆心C的坐标为(2,2)，半径等于1.由M(a,b),则|MN|2=(a−2)2+(b−2)2−12=a2+b2−4a−4b+7，|MO|2=a2+b2.由|MN|=|MO|,得a2+b2−4a−4b+7=a2+b2.整理得：4a+4b−7=0.∴a，b满足的关系为：4a+4b−7=0.求|MN|的最小值，就是求|MO|的最小值。

在直线4a+4b−7=0上取一点到原点距离最小，由“垂线段最短”得，直线OM垂直直线4a+4b−7=0，由点到直线的距离公式得：MN=.5．欲登上7阶楼梯，某人可以每步跨上两阶楼梯，也可以每步跨上一阶楼梯，则共有_____种上楼梯的方法.【答案】21【解析】【详解】本题采用分步计数原理.第一类：0次一步跨上2阶楼梯，即每步跨上一阶楼梯，跨7次楼梯，只有1种上楼梯的方法；第二类，1次一步跨上2阶楼梯，5次每步跨上一阶楼梯，跨6次楼梯，有种方法；第三类：2次一步跨上2阶楼梯，3次每步跨上一阶楼梯，跨5次楼梯，有种方法；第四类：3次一步跨上2阶楼梯，1次每步跨上一阶楼梯，跨4次楼梯，有种方法；共计21种上楼梯的方法.6．已知棱长的正方体内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线为轴，则该圆柱体积的最大值为_____.【答案】【解析】【详解】由题意知只需考虑圆柱的底面与正方体的表面相切的情况.由图形的对称性可知，圆柱的上底面必与过A点的三个面相切，且切点分别在、AC、上.设线段上的切点为E，圆柱上底面中心为，半径.由得，则圆柱的高为，，由导数法或均值不等式得. 7．若实数x、y、z满足，，则_____.【答案】【解析】【详解】由柯西不等式得，由已知得，，所以有，化简得，即、为方程的两根，由韦达定理得.8．在△ABC中，，，则△ABC的面积最大值为_____.【答案】3【解析】【详解】由正弦定理将变形为，其中.以线段AC所在直线为x轴，以AC的中点O为坐标原点建立平面直角坐标系，则，，由得两边平方整理得因为，所以上述方程可化为为由此可知点B的轨迹是以为圆心，以为半径的圆.所以当点B在圆上运动时，点B到x轴的最大距离为半径，所以的面积在上单调递减，所以.二、解答题9．已知将函数的图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），再将所得到的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，且关于x的方程在内有两个不同的解、.（1）求满足题意的实数m的取值范围；（2）求（用含m的式子表示）.【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）将的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍（横坐标不变），得到的图象.再将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象.故，..依题意在区间内有两个不同的解，当且仅当.故m的取值范围是.（2）因为是方程在内的两个不同的解，所以，.当时，，即.当，，即.所以.10．已知数列满足：，.记，求的值。

2018年全国高中数学联赛试题及答案详解(B卷)

说明： 1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分． 2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10 分为一个档次，不得增加其他中间档次．
一、（本题满分 40 分）设 a, b 是实数，函数 f (x) = ax + b + 9 ． x
知，满足条件的情况数为 36 × 2 =72 种．从而所求概率为= 72 7= 2 1 ． 6! 720 10
4. 在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l 通过原点， n (3, 1) 是 l 的一个法向
量．已知数列{an}满足：对任意正整数 n ，点 (an1, an ) 均在 l 上．若 a2 6 ，则
11.（本题满分 20 分）如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中， A 、 B 与 C 、 D 分别是椭圆
x2 y2 : a2 b2 1 (a b 0) 的左、右顶点与上、下顶 A 点．设 P, Q 是上且位于第一象限的两点，满足
y
R
P
C
M
Q
O
Bx
OQ ∥ AP ， M 是线段 AP 的中点，射线 OM 与椭
是 0 1 2 4 8 16 31 ．
2. 已知圆锥的顶点为 P ，底面半径长为 2 ，高为1．在圆锥底面上取一点 Q ，
使得直线 PQ 与底面所成角不大于 45 ，则满足条件的点 Q 所构成的区域的面积
为
．
答案： 3 ．
解：圆锥顶点 P 在底面上的投影即为底面中心，记之为 O ．由条件知， OP tan OQP 1 ，即 OQ 1 ，故所求的区域面积为 22 12 3 ． OQ

全国高中数学联赛及山东省数学竞赛

一、全国奖(共63人)
1.全国一等奖共15人
韦东奕(240分,山师附中)王颖婓（206分，实验中学）安传恺(201分,山师附中)
王储(190分,实验中学)刘青阳(177分,山师附中)鲁悦(172分,山师附中)
冯龙(152分,实验中学)禹泽西(150分,实验中学)方延博(150分,实验中学)
路若洲(143分,实验中学)刘宁(141分,实验中学)高茉人(130分,实验中学)
黄杨96分韩蕾94分刘海93分罗荣钧90分姜怡然90分
济南一中（1人）：陈双94分
济南二中（5人）：宫庆凯76分于昌灏70分郭晓宁64分姜玉玺63分
李祺龙58分
济南三中（6人）：蒋丽84分孙新利71分张虎67分卫成林66分
商和宁66分张婷婷66分
济南七中（2人）:肖玉淼49分陈晨45分
济南九中（2人）：鞠佳69分王紫辉66分
闫宁101分李晓阳106分菅庆圣102分崔月98分霍纯森96分
华震96分
2.省二等奖共202人
实验中学（13人）：祁海洋100分秦立煜101分李骥100分韩祥冬100分
李文硕98分王越98分栾义龙98分李可扬96分孙棋96分
孙振宇96分叶梦醒96分邹宗航96分栗榛96分
山师附中（13人）：杜宏87分宋建浩87分张志浩86分付强85分
章丘一中：赵蕾蕾87分徐帅81分刘波80分
章丘四中：李喆140分马宪进104分王增辉97分陈成成96分朱福兴94分索金召93分党灿93分柏杨93分许昊93分
章丘五中：郭乐田104分田春钊108分李虎100分刘杰100分张方瑞96分
韩成龙90分靳丰晨89分刘洋槐84分王海景83分郭红80分
郑伟80分鲁家刚80分
曹旭85分赵玉祯84分杨云钊82分宋晓楠81分刘青华79分

高中数学历届全国高中数学联赛一试解析版

19 1999 年全国高中数学联合竞赛一试试题 . . . . . . . . . . . . . . 97
20 2000 年全国高中数学联合竞赛一试试题 . . . . . . . . . . . . . . 102
21 2001 年全国高数学联合竞赛一试试题 . . . . . . . . . . . . . . 107
和 AB′ 相交的直线有 4 条，共面 (相交或平行)
C. 24
的直线有 2 条，与其异面的直线有 5 条：
CD′, DA′, BC′, BD, A′C′.
于是异面直线的对数为 12 ·5 2
= 30. 所以选
A.
D. 48
6. 在坐标平面上有两个区域 M 和 N . M 是由 y ⩾ 0, y ⩽ x 和 y ⩽ 2 − x 这三个
7 1987 年全国高中数学联合竞赛一试试题 . . . . . . . . . . . . . . 33
8 1988 年全国高中数学联合竞赛一试试题 . . . . . . . . . . . . . . 37
9 1989 年全国高中数学联合竞赛一试试题 . . . . . . . . . . . . . . 42
解答
S△ABC =
1 2 ab
sin C
⇒ C1 =Biblioteka C2 或C1 = π
− C2，于是甲
⇏
乙，乙
⇒
甲.
甲是乙的必要条件，所以选 B.
2. 条件甲：√1 + sin θ = a；条件乙：sin θ + cos θ = a. 则
2
2
()
A. 甲是乙的充分必要条件
B. 甲是乙的必要条件
C. 甲是乙的充分条件

2018全国高中数学预赛试题

1．集合 A {x Z | log2 x 2} 的真子集个数为． [ （ A ）7 （ B ）8 （ C ）15
] （ D ）16
2．三棱锥 P ABC 的底面 △ABC 是边长为 3 的正三角形， PA 3 ， PB 4 ， PC 5 ，则三棱锥 P ABC 的体积为．[ （ A）3 ] （ C ） 11 （D）2 3 （ B ） 10
准考证号_________________________
2018 年全国高中数学联赛（吉林赛区）预赛
暨 2018 年吉林省高中数学联赛试题
（2018 年 5 月 20 日星期日上午 8:30---11：00）题号得分评卷人复核人考生注意：本试卷共计 4 页，16 道题，满分 150 分一二三（13）三（14）三（15）三（16）总分
a b 2 ≥ 0 a 2b 11．若实数 a ,b 满足条件 b a 1 ≤ 0 ，则的最大值等于__________． 2 a b a ≤ 1
n N* ，p 为常数） 12．在数列 an 中，若 an 2 an12 p（ n 2 ，，则称 an 为 “等方差数列” ．下
得分
3
y xy ， x y z xyz ，则 z 的取值范围是[
3
（ B ） 1,
3
二、填空题（本题共 6 个小题，每小题 5 分，满分 30 分）请将答案写在题中横线上，各小题只要求直接写出结果.
7．函数 y
x3 log 2 2 的定义域为__________． x 1 x 6x 8 1
2018 全国高中数学联赛（吉林赛区）预赛试题第 2 页（共 4 页)

专题01集合第一缉(解析版)-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题01集合第一缉1．【2021年江西预赛】集合M 是集合A={1，2，…，100}的子集，且M 中至少含有一个平方数或者立方数，则这种子集M 的个数是.【答案】288(212‒1).【解析】集合中的平方或者立方数构成集合 ,100},A ={1,2,⋯,100}B ={1,4,8,9,16,25,27,36,49,64,81其中有12个元素,从中挖去集合后剩下的元索构成集合 ,则中有88个元索,A B C C 由于的子集有个, 的非空子集有个,C 288B 212‒1集可表示为形式,其中是的任一非空子集, 是的任一子集,因此的个数为M M =B 0∪C 0B 0B C 0C M 288(212‒1).2．【2021年浙江预赛】给定实数集合A,B,定义运算 .设A ⊗B ={x∣x =ab +a +b,a ∈A,b ∈B} ,则中的所有元素之和为.A ={0,2,4,⋯,18},B ={98,99,100}A ⊗B 【答案】29970【解析】由 ,x =(a +1)(b +1)‒1则可知所有元素之和为 .(1+3+⋯+19)×300‒3×10=299703．【2021年广西预赛】集合的所有子集的元素的和等于 .M ={1,2,3,4,5,6}【答案】672【解析】所有子集的元素的和为 .25(1+2+3+4+5+6)=6724．【2021年新疆预赛】若实数集合的最大元素与最小元素之积等于该集合的所有元素之和，则{3,6,9,x}x 的值为 .【答案】94【解析】若是最大元素，则 ,解得 ,不合题意；x 3x =18+x x =9若是最小元素，则 ,解得；x 9x =18+x x =94若既不是最大元素也不是最小元素，则 ,解得 ,不合题意；x 27=18+x x =9所以 .x =945．【2021年全国高中数学联赛A 卷一试】设集合,其中为实数.令.若的A ={1,2,m }mB ={a 2∣a ∈A },C =A ∪B C 所有元素之和为6,则的所有元素之积为 .C【答案】‒8【解析】由条件知(允许有重复）为的全部元素.1,2,4,m ,m 2C 注意到,当为实数时,,故只可能是,且m 1+2+4+m +m 2>6,1+2+4+m 2>6C ={1,2,4,m }1+2+4+m =6.于是(经检验符合题意),此时的所有元素之积为.m =‒1C 1×2×4×(‒1)=‒86．【2020高中数学联赛B 卷（第01试）】设集合,A 是X 的子集,A 的元素个数至少是2,且A X ={1,2,⋯,20}的所有元素可排成连续的正整数,则这样的集合A 的个数为 .【答案】190【解析】每个满足条件的集合A 可由其最小元素a 与最大元素b 唯一确定,其中a ,b ∈X ,a <b ,这样的的(a,b)取法共有种,所以这样的集合A 的个数为190.C 220=1907．【2020年福建预赛】已知[x]表示不超过实数的最大整数,集合,x A ={x∣x 2‒x ‒6<0}B =则.{x∣2x 2‒3[x]‒5=0}.A ∩B =【答案】{‒1,222}【解析】易知, .若 ,则A =(‒2,3)x ∈A [x]=‒2,‒1,0,1,2.当时,若 ,则 ,[x]=‒2x ∈B 2x 2+6‒5=0 不存在.x 当时,若 ,则[x]=‒1x ∈B 2x 2+3‒5=0⇒x =±1.经检验, 不符合要求, 符合要求.x =1x =‒1当时,若 ,则，[x]=0x ∈B 2x 2‒0‒5=0⇒x =±102均不符合要求.当时,若 ,则 ,[x]=1x ∈B 2x 2‒3‒5=0⇒x =±2均不符合要求.当时,若 ,则 .[x]=2x ∈B 2x 2‒6‒5=0⇒x =±222经检验, 符合要求, 不符合要求.故 .x =222x =‒222A ∩B ={‒1,222}8．【2020年甘肃预赛】设集合: , 若 ,则的取值范A ={(x,y)∣log a x +log a y >0}B =|(x,y)|x +y <a}.A ∩B =∅a 围是.【答案】(1,2]【解析】若 ,则 a >1A ={(x,y)∣xy >1}.而当与相切时，x +y =a xy =1.x +1x =a⇒x 2‒ax +1=0⇒a =2于是,当时, .若 ,则 ,此时， .a ∈(1,2]A ∩B =∅a <1A ={(x,y)∣xy <1}A ∩B ≠∅综上, .a ∈(1,2]9．【2020年广西预赛】已知集合 ,对的任意非空子集为集合中最大数与最小数的M ={1,2,⋯,2020}M A,λA A 和.则所有这样的的算术平均数为 .λA 【答案】2021【解析】考虑的子集若 ,则若 ,设中最大数为 ,最小M A '={2021‒x∣x ∈A}.A '=A λA'=λA =2021.A '≠A A a 数为 ,则 '中最大数为 ,最小数为2021- ，此时,b A 2021‒b a λA'+λA2=2021.故所求算术平均数为2021.10．【2020年广西预赛】设集合 ,且对集合中的任意元素则集合的元索M ={1,2,⋯,2020},A ⊆M A x,4x ∉A.A 个数的最大值为 .【答案】1616【解析】首先,构造404个集合 ,其中，{k,4k}k =1;8,9,⋯,31;127,128,⋯,505.其次,集合中的数除前述已提到的808个外,剩下的每个数单独构成一个集合 ,有1212个.M x {x}共个集合.404+1212=1616据抽臣原理,知若集合中有多于1616个数,则必有两个数取自上述同一集合.从而,存在 ,矛盾.A x,4x ∈A 故集合中至多有1616个数,满足条件的一个集合是A .A ={2,3,⋯,7,32;33,⋯,126,506,507,⋯,2020}11．【2020年吉林预赛】已知集合若 ,则的取值范围是 .A ={x∣log a (ax ‒1)>1}.2∈A a 【答案】(12,1)∪(1,+∞).【解析】由题意,得log 则或a (2a ‒1)>1.{0<a <1,0<2a ‒1<a {a >1,2a ‒1>a.解得或12<a <1a >1.12．【2020年浙江预赛】一个正整数若能写成形式,就称其为“好数".则集合20a +8b +27c (a ,b ,c ∈N) 中好数的个数为.{1,2,⋯,200}【答案】153【解析】先考虑 20a +8b =4(5a +2b). 可取5a +2b 2,4,5,6,⋯,50.则可取 .20a +8b 8,16,20,24,⋯,200故当时共有48个非零好数型）；c =0(4k 时共有42个好数型),此时好数为 ;c =1(4k +327,35,43,47,⋯,199 时共有35个好数型),此时好数为 c =2(4k +254,62,70,74,⋯,198; 时共有28个好数型),此时好数为c =3(4k +181,89,97,101,⋯,197.综上,共有个好数.48+42+35+28=15313．【2020年新疆预赛】已知集合 ,对于集合的每一个非空子集的所有元素，计算它们A ={1,2,3,⋯,2020}A 乘积的倒数.则所有这些倒数的和为 .【答案】2020【解析】集合的个非空子集中，每一个集合的所有元素之积分别为：1，2，…，2020,1×2,1A 22020‒1 ,它们的倒数和为×3⋯,2019×2020,⋯,1×2×⋯×2020 1+12+…+12020+11×2+11×3+…+12019×2020+⋯+11×2×⋯×2020 .=(1+1)(1+12)⋯(1+12020)‒1=2×32×⋯×20212020‒1=202014．【2019年全国】若实数集合的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x 的值{1,2,3,x }为.【答案】‒32【解析】由题意知，x 为负值，.∴3‒x =1+2+3+x⇒x =‒3215．【2019年江苏预赛】已知集合，，且，则实数A ={x|x 2‒3x +2≥0}B ={x|x ‒a ≥1}A ∩B ={x|x ≥3}a 的值是 .【答案】2【解析】，.又，故，解得.A ={x|x ≥2或x ≤1}B ={x|x ≥a +1}A ∩B ={x|x ≥3}a +1=3a =216．【2019年江西预赛】将集合中每两个互异的数作乘积,所有这种乘积的和为 .{1,2,⋯,19}【答案】16815【解析】所求的和为12[(1+2+⋯+19)2‒(12+22+⋯+192)]=12[36100‒2470]=1681517．【2019年新疆预赛】已知集合，，，则是集合的子集但U ={1,2,3,4,5,6,7,8}A ={1,2,3,4,5}B ={4,5,6,7,8}U 不是集合的子集，也不是集合B 的子集的集合个数为 .A B 【答案】196【解析】解法一:因为，且，所以满足题意的集合所含的元素至少在中取一个A ∪B =U A ∩B ={4,5}{1,2,3}且至少在中取一个，集合中的元素可取或不取，于是满足题意的集合共有{6,7,8}{4,5}(23‒1)(23‒1)×22个.=196解法二:集合的子集个数为，其中是集合或集合的子集个数为.所以满足条件的集合个数为U 28A B 25+25‒22个.28‒(25+25‒22)=19618．【2019年浙江预赛】已知集合为正整数，若集合中所有元素之和为，A ={k +1,k +2,⋯,k +n },k,n A 2019则当取最大值时，集合A =.n 【答案】A ={334,335,336,337,338,339}【解析】由已知.2k +n +12⋅n =3×673当时，得到;n =2m (2k +2m +1)m =3×673⇒m =3,n =6,k =333当时，得到.n =2m +1(k +m +1)(2m +1)=3×673⇒m =1,n =3所以的最大值为，此时集合.n 6A ={334,335,336,337,338,339}19．【2019年重庆预赛】设为三元集合（三个不同实数组成的集合），集合，若A B ={x +y|x,y ∈A, x ≠y}，则集合________.B ={log 26, log 210, log 215}A =【答案】{1, log 23, log 25}【解析】设，其中A ={log 2a, log 2b, log 2c}0<a <b <c.则解得，从而。

2018年全国高中数学联赛浙江省预赛高三数学试题(解析版)

2018年全国高中数学联赛浙江省预赛高三数学试题一、填空题1．已知a为正实数，且是奇函数，则的值域为________.【答案】【解析】【详解】由为奇函数可知，解得a= 2，即，由此得的值域为.2．设数列满足， (n=1，2，…），则________.【答案】【解析】【详解】由，所以.3．已知，，，则________.【答案】【解析】【详解】由，，得，，所以.故答案为：4．在八个数字2，4，6，7，8，11，12，13中任取两个组成分数.这些分数中有________个既约分数.【答案】36【解析】【详解】在7，11，13中任取一个整数与在2，4，6，8，12中任取一个整数构成既约分数，共有种；在7，11，13中任取两个整数也构成既约分数，共有中.合计有36种不同的既约分数.5．已知虚数z满足，则________.【答案】【解析】【详解】，所以.6．设.若平面上点P满足，对于任意,有，则的最小值为________，此时________.【答案】 6【解析】【详解】由可知点P到直线AB的距离为3.设AB的中点为O.由极化恒等式得：.此时.7．在△ABC中，AB+AC=7,且三角形的面积为4,则sin∠A的最小值为________.【答案】【解析】【详解】由,又,时取等号.8．设，则有________个不同的解.【答案】3【解析】【详解】因为由得到，或.由，得一个解；由得两个解，，共3个解.9．设满足，则x的取值范围为________.【答案】【解析】【详解】由.令，，所以.10．四面体P-ABC，,，,则该四面体外接球的半径为________.【答案】【解析】【详解】将四面体还原到一个长方体中，设该长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则，所以四面体外接球的半径为.二、解答题11．已知动直线l与圆O：相切，与椭圆相交于不同的两点A，B.求原点到AB的中垂线的最大距离.【答案】【解析】【详解】依題意可设l：.因为直线l与圆O相切，所以，O到直线l的距离为1，即这样的直线必与椭圆交于不同的两点，，联立，得,得到.所以AB的中点坐标为AB的中垂线方程为，化简得，O到直线中垂线的距离.将代入得，由均值不等式，，故，当且仅当时取等号.所以，当，时，原点到AB的中垂线的最大距离为.12．设，且对任意实数b均有，求a的取值范围.【答案】【解析】【详解】解1：，对于，所以只要考虑.（1）当时，即，此时函数的最值在拋物线的左右端点取得，对任意有，所以，解得（2）当时，即，此时函数的最值在拋物线的顶点和右端点取得，而对b=0有，.（3）当时，即时，此时函数的最值在拋物线的顶点和左端点取得，而对b=0有，.（4）当时，即，此时函数的最值在拋物线的左右端点取得，对任意有，所以,解得.综上或.解2：设，则有，依题意，，或.13．设实数x1，x2，…，x2018满足(n=1，2，…，2016)和，证明：.【答案】见解析【解析】【详解】证明：由条件同号.反证法，假设.（1）若同为正数，由同号可知x1，x2，…，x2018同号.由同理.类似可证明：，，…，.因此，矛盾.（2）若同为负数，由同号可知x1，x2，…，x2018均为负数，仍然有,类似（1）可证得.14．将2n()个不同整数分成两组a1，a2，…，an；b1，b2，…，bn.证明：【答案】见解析【解析】【详解】证明：令下面用归纳法证明.当n=2时，不妨设a1<a2，b1<b2，a2<b2.当；.假设对正整数n成立，对正整数n+1，不妨设，，.再设，则有:下证.由（1）(k=1，2，…，n)，得到:（2）若，则.15．如图所示将同心圆环均匀分成n()格.在内环中固定数字1~n.问能否将数字1~n 填入外环格内，使得外环旋转任意格后有且仅有一个格中内外环的数字相同？【答案】见解析【解析】【详解】设对应于内环1，2，…，n的外环数字为i1，i2，…，i n，它是数字1，2，…，n的一个排列.对k=1，2，…，n，记外环数字i k在按顺时针方向转动j k格时，和内环数字相同，即,k=1，2，…，n.根据题意，j1，j2，…，j n应是0，1，2，…，n-1的排列.求和.于是n必须是奇数.对于奇数n，我们取i n=n，i m=n-m，(m=1，2，…，n-1)，可以验证j n=0, j n-1=2，j n-2=4，…，，j1=n-2, j n-1=n-4，j3=n-6，…，，符合题目要求.。

全国高中数学联赛山东赛区预赛详解

2018年全国高中数学联赛山东赛区预赛试题详解一、填空题（本大题共10个小题，每小题8分，共80分）●1．若复数z 满足132z z i -+--=z 的最小值是．解析：设()()1,0,3,2A B ，复数z 对应的点记为Z ，则AB =，故点Z 的轨迹是线段AB ，数形结合知，min 1z OA ==． ●3．已知[]x 表示不超过实数x 的最大整数，则函数()[][]2sin cos sin cos f x x x x x =++g的值域为．解析：()[][][]2sin cos sin cos sin 24f x x x x x x x π⎤⎛⎫=++=++ ⎪⎥⎝⎭⎦g2cos 22sin 12444x x x x ππππ⎡⎤⎤⎡⎤⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+-++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎥⎢⎥⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎦⎣⎦⎦，令sin 4t x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则{}{}211,211,0,1,1,0,1t t ⎤⎡⎤-≤≤-∈-∈-⎣⎦⎦，于是(){}2212,1,0,1,2f x t ⎤⎡⎤=-+∈--⎣⎦⎦，∴函数()[][]2sin cos sin cos f x x x x x =++g的值域为{}2,1,1,2--．●2．已知在正四棱锥S-ABCD 中，二面角A-SB-D 的正弦值为3，则异面直线SA 与BC 所成的角为．解析：设AC 与BD 交于点O ，依题意知，SO ⊥面ABCD ，AO ⊥BD ， ∴AO ⊥面SBD ，∴AO ⊥SB ，∴AO ⊥面SBD ，作OE ⊥SB 于E ，则AE ⊥SB ，∴∠AEO 就是二面角A-SB-D 的平面角，∴sin OA AEO AE =∠=①，设AB ＝a ，SA ＝b ，则在△SAB中求得AE =，又OA，代入①式得：a b =，故正四棱锥S-ABCD 的侧面都是等边三角形，由于AD ∥BC ，故异面直线SA 与BC 所成的角为∠SAD ＝60°．●4．已知在△ABC 中，∠BAC 的平分线交BC 于D ，且有14AD AC t AB =+u u u r u u u r u u u r，若AB ＝8，则AD ＝．解析：由于B 、D 、C 三点共线，∴34t = ，作DE ∥AB 交AC 于E ，作DF ∥AC 交AB 于F ，则四边形AFDE是菱形，36,4AF AB AD ==== ●5．甲乙两人轮流掷一枚均匀硬币，只出现正面朝上或朝下两种等可能的结果．规定先掷出正面朝上者赢，前一场的输者，下一场先掷．已知第一场甲先掷，则甲赢得第n 场的概率为____________________________________________________________________________________________________________________．解析：依题意知第n 场先掷的人若赢，则前面的()1n -场皆为正面朝下，且第n 场先掷的人正面朝上，故其概率为()2121111222n n --=g ，故每一场先掷的人赢的概率为35211111222223n -+++++=L L L ，设甲赢得第n 场的概率为n p ，则()()111212,12333n n n p p p p n --==+-≥， ∴1111232n n p p -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，∴()1111*263n n p n N -⎛⎫=+-∈ ⎪⎝⎭．●6．若直线65280x y --=交椭圆()2222221,*,x y a b N a b a b+=∈>于A 、C 两点，设B(0，b )为此椭圆的上顶点，△ABC 的重心为此椭圆的右焦点F 2，则此椭圆的方程为____________________________________________________________________________________________________________________．解析：设A(1x ，2x )，B(1y ，2y )，依题意可得：12120,033x x y y bc ++++==，∴121203,x x c y y b ++=+=-，代入直线方程得：112265280,65280x y x y --=--=，两式相加可得：18556c b +=①，两式相减可得：212165y y x x -=-，代入椭圆方程得：2222112222221,1x y x y a b a b+=+=，两式作差得：()()()()2212122121615y y y y b ba x x x x c+---==+-g g ，∴225a bc =②，联立①②，消去c 得：()()222652828a b +-=，∴2222822,56a b ≤<<，又()25565*36b b a N -=∈，∴*b N ∈，且b 是偶数，∴2b =或4b =，检验知当4b =时，2*a N ∈符合题意，这时220a =，因此椭圆的方程为2212016x y +=．●7．对任意实数,a b ，{}max ,,1a b a b b +--的最小值为____________________________________________________________________________________________________________________．解析：{}21max ,,14a b a b ba b a b b ++-+-+--≥()()()22142a b a b b +--+-≥=，当且仅当10,2a b ==时等号成立． ●8．已知a b +是方程20x ax b ++=的一个根，其中,a b Z ∈，则b 的最大可能值为____________________________________________________________________________________________________________________．解析：依题意可得：()()20a b a a b b ++++=，即22230a ab b b +++=，由于,a b Z ∈，∴()()222388b b b b b ∆=--=-必是完全平方数，设()228b b m m Z -=∈，则()()4416b m b m -+--=，且()()4,4b m b m -+--的奇偶性相同，∴48444244,,,42444844b m b m b m b m b m b m b m b m -+=-+=-+=--+=-⎧⎧⎧⎧⎨⎨⎨⎨--=--=---=---=-⎩⎩⎩⎩，解得：9,8,1,0b =-，因此b 的最大可能值为9．●9．已知集合A ，B 满足{}1,2,3,,10,A B A B ==ΦU L I ，若A 中的元素个数不是A 中的元素，且B 中的元素个数不是B 中的元素，则集合A 的个数为____________________________________________________________________________________________________________________．解析：设集合A 的元素个数为()1,2,,9k k =L ，则B 中元素个数为10k -个，依题意可得：,10,10k A k B k A ∉-∉-∈， ∴此时集合A 的个数为1102k C --，其中5k ≠， ∴集合A 的总个数为58114848888092186k k k k k CC C C ≠--≤≤==-=-=∑∑．●10．已知()f n()201811k f k ==∑____________________________________________________________________________________________________________________．解析：设()()1,2,,2018f k m k ==L ， ①先证()f k12m =±，则43231122216n m m m m Z =±+±+∉，与*n N ∈矛盾， ②再求()f k m =的k 的个数：由于441122m k m ⎛⎫⎛⎫-<<+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，且44311422m m m m ⎛⎫⎛⎫+--=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∴()f k m =的k 有34m m +个，③()2018f ：∵44620187<<，∴()620187f ≤≤， ∴()()()6231141117852m mm m m m m =+=+++=⎡⎤⎣⎦∑，∴()()71786,1787,,2018f k k ==L ，值为7的共有233个，④()()20186311111671323328234233467677k m m m f k m ==⎛⎫=++=++= ⎪⎝⎭∑∑gg g g g ．二、解答题（本大题共4个小题，前两个小题各15分，后两个小题各20分，共70分） ●11．已知()()(),,,,,,*A m n B s p m n s p N ∈是曲线C ：3y x t =-上的两点，若满足⊙O ：224x y +=上的任意一点到A 、B 的距离之比为定值()1k k >，求t 的值．（本小题满分15分）解析：设(),P x y 是⊙O 上任意一点，则PA k PB =，即()()()()222222222222220111k s m k p n m n k s p x y x y k k k --+-++---=---，因此点P 的轨迹是一个圆，此圆必是⊙O ：224x y +=， ∴()()()()2222222222220,0,4111k s m k p n m n k s p k k k --+-+===---，把22,m k s n kp ==代入()()22222241m n k s p k +-+=-得：22244s p k+=<， ∵,*s p N ∈，∴21,2,2,2s p k m n =====，故()()2,2,1,1A B 在曲线C 上，∴232131t t=-⎧⎨=-⎩，解得：43t =．●12．已知数列{}n a 满足：()()111,02,sin sin3*333n n n a a n a a n N ππ+=<<≥≤∈，求证：)sin *n a n N ≤∈．（本小题满分15分）证明：①当1n =时，1sin a =<，当2,3,4n =时，1sin 3na ≤< ②设()()34013f x x x x =-<<，则()2'14f x x =-， ∴当102x <<时，()2'140f x x =->，∴()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增．③下面用数学归纳法证明结论：由①知当1,2,3,4n =时结论成立，假设当()4n k k =≥时结论成立，即有sink a <则当1n k =+时，3114sin sin 3sin sin 33k k k ka a a a +≤=-<-=，故要证1sin k a +<<，即证2392416191k k k k -+<+，即证2392416191k k k k -+<+，即证215816k k +>，由于4k ≥，上式成立，故1sin k a +<成立，即当1n k =+时，结论成立，综上，对一切*n N ∈，sinn a ≤●13．已知实数,,a b c 满足()2220a b c λλ++=>，试求()()(){}222min,,f a b b c c a =---的最大值．（本小题满分20分）解析：不妨设a b c ≤≤，令(),,0a b s c b t s t =-=+≥，则()()222b s b b t λ=-+++，即()222320b s t b s t λ--++-=，∴()()2224430s t s t λ∆=--+-≥g，∴2232s st t λ++≤，不妨设s t ≥，则()2221132f t s st t λ=≤++≤，当且仅当s t ==，即0,a b c ===因此f 的最大值是2λ． ●14．（本小题满分20分）证明对所有的正整数4n ≥，存在一个集合S 满足如下条件： ①S 由都小于12n -的n 个正整数组成；②对S 的任意两个不同的非空子集A 、B 都有A 中元素之和不等于B 中元素之和．证明：当4n =时，取{}3,5,6,7S =，则集合S 满足上面两个条件；当5n ≥时，取{}3421113,2,2,,2,23,22,21n n n n S ----=---L ，则集合S 满足条件①，只需证明集合S 满足条件②：记11123,22,21n n n a b c ---=-=-=-，()f X 表示集合X 中的所有元素之和，设A 、B 是S 的任意两个不同的非空子集，则只需证明()()f A f B ≠，不妨设A B =ΦI ，那么对*m N ∀∈，都有11242212m m m -++++=-<L ， ∴当,,a b c A B ∉U 时，都有()()f A f B ≠，又3421322225n n --++++=-L ，∴当,,a b c 中恰有一个属于A B U 时，都有()()f A f B >，故()()f A f B ≠；类似地讨论当,,a b c 中恰有2个或3同时个属于A B U 时，都有()()f A f B ≠；综上所述，当4n ≥时，满足条件的集合S 都存在．。

2018年全国高中数学联赛试题及答案详解(A卷)

2,
4,
6,,
48
，
故 B C 的元素个数为 24 ． 2. 设点 P 到平面的距离为 3 ，点 Q 在平面上，使得直线 PQ 与所成
角不小于 30 且不大于 60 ，则这样的点 Q 所构成的区域的面积为
．
答案：8 ．
解：设点 P 在平面上的射影为 O ．由条件知，OP OQ

tan
OQP

3, 3求的区域面积为 32 12 8 ．
3. 将1, 2, 3, 4, 5, 6 随机排成一行，记为 a, b, c, d , e, f ，则 abc + def 是偶数的
概率为
．
答案： 9 ． 10
在[9,) 上严格递减，且 f (3) 0, f (9) 1，故结合图像可知
a (0, 3) ， b (3, 9) ， c (9, ) ，
并且 f (a) f (b) f (c) (0, 1) ．
…………………4 分
由 f (a) f (b) 得 1 log3 a log3 b 1，
注意到 f ( 2) f () 1, f (8 2) f (2) f (2) 2 ，
所以 1 f (x) 2 f ( 2) f (x) f (8 2) ，
而1 2 8 2 2 ，故原不等式组成立当且仅当 x [ 2, 8 2] ． 6. 设复数 z 满足 z 1，使得关于 x 的方程 zx2 2zx 2 0 有实根，则这样
证明： (1) 约定 S0 0 ．由条件知，对任意正整数 n ，有
1

an
(2Sn

2018年全国高中数学联赛

2018年全国高中数学联赛山东预赛试题解析一、填空题(每小题8分，共80分)1.若复数z 满足|z －1|+|z －3－2i|=22，则|z |的最小值为 . 【解析】答案：1.设z =x +y i ，则|z －1|+|z －3－2i|=22的几何意义为点P (x ，y )到点A (1，0)，B (3，2)的距离之和为22，因为|AB |=22，从而点P 在线段AB 上，从而：|OP |≥1.即当z =1时有最小值|z |=1. 2.在正三棱锥S —ABCD 中，已知二面角A —SB —D 的正弦值为63，则异面直线SA 与BC 所成的角为 . 【解析】答案：60°.A —SB —D 的二面角等于A —SD —B 的二面角，设底面的中心为O ，取AD 的中点M ，连接SO 、SM 、OM ，过点O 作OE ⊥SM 于E ，易证OE ⊥平面SAD ，过点E 作EP ⊥SD 于点P ，连接OP ，从而：A —SD —B 的二面角为∠EPO .设底面边长为2a ，侧棱长为2b ，于是：OM =a ，SO =4b 2－2a 2，OD =2a ，所以：OE =a 4b 2－2a 24b 2－a 2，OP =2a ·4b 2－2a 22b ，所以：sin ∠OPE =OE OP =2b 4b 2－a 2=63，解得：a =b .于是：△SAD 为正三角形，从而：直线SA 与BC 所成的角为60°.OP MDEC SA3.函数f (x )=[2sin x ·cos x ]+[sin x +cos x ]的值域为 (其中[x ]表示不超过x 的最大整数). 答案：{－1，0，1，2}.【解析】 f (x )=[sin2x ]+⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4，当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π4时，[sin2x ]=0，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=1，此时f (x )=1；当x =π4时，[sin2x ]=1，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=1，此时f (x )=2；当x ∈⎝⎛⎭⎫π4，π2，[sin2x ]=0，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=1，此时f (x )=1；当x =π2时，[sin2x ]=0，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=1，此时f (x )=1；当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，3π4，[sin2x ]=0，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=0，此时f (x )=0；当x =3π4时，[sin2x ]=－1，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=0，此时f (x )=－1；当x ∈⎝⎛⎭⎫3π4，π时，[sin2x ]=0，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=0，此时f (x )=0；当x =π时，[sin2x ]=0，⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫x +π4=－1；此时f (x )=－1；其他区间按此方法讨论.4.在△ABC 中，∠BAC =60°，∠BAC 的平分线AD 交BC 于D ，且有AD →=14AC →+tAB →，若AB =8，则AD = . 答案：6 3.【解析】易知t =34，从而：AC =24，AD 2=116×242+916×82+316×8×24=108，从而：AD =6 3.5.甲、乙两人轮流掷一枚硬币至正面朝上或者朝下，规定谁先掷出正面朝上为赢：前一场输者，则下一场先掷，若第一场甲先掷，则甲赢得第n 场的概率为 . 【解析】答案：P n =12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n . 设甲赢得第n 场的概率为P n ，则P n +1=23(1－P n )+13P n ，P 1=23，解得：P n =12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n . 6.若直线6x －5y －28=0交椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0，且a ，b 为整数)于A 、C ，设B (0，b )为椭圆的上顶点，而△ABC 的重心为椭圆的右焦点F 2，则椭圆的方程为 . 【解析】设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，依题意知：⎩⎨⎧x 1+x 2=3c ，y 1+y 2+b =0，联立椭圆方程和直线方程：⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2+y 2b 2=1，6x －5y －28=0，得：⎩⎨⎧x 1+x 2=336a 236a 2+25b 2=3c ①，y 1+y 2=－280b 236a 2+25b 2=－b ②，①÷②可得：2a 25b 2=c b，即：2a 2=5bc ，两边平方，并有c 2=a 2－b 2可得：4a 4－25a 2b 2+25b 4=0，解得：a 2=5b 2或者a 2=54b 2，7.设a 、b ∈R ，则max{|a +b |，|a －b |，|1－b |}的最小值为 . 【解析】答案：12.max{|a +b |，|a －b |，|1－b |}=max{|a |+|b |，|1－b |}≥|a |+|b |+|1－b |2≥|a |+12≥12. 当且仅当a =0，b =12时等号成立.8.已知a 、b ∈Z ，且a +b 是方程x 2+ax +b =0的一个根，则b 的最大可能值为 . 【解析】答案：9.将a +b 代入方程可得：(a +b )2+a (a +b )+b =0，整理可得：b 2+(3a +1)b +2a 2=0，显然a 、b 中至少有一个为负数，欲求b 的最大值，则a <0，b >0. 视b 为主元，解得：b =－(3a +1)－(3a +1)2－8a 22=－(3a +1)－a 2+6a +12，其中：a ≥22－3或者a ≤－(22+3)，因为b ∈Z ，从而：a 2+6a +1=m 2，m ∈Z ，即：a 2+6a +1－m 2=0有整数解.=36－4(1－m 2)=4(m 2+8)为完全平方数，令m 2+8=n 2，其中：n ∈Z ，所以：(n +m )(n －m )=8=2×4=(－2)×(－4)，解得：⎩⎨⎧n =±3，m =±1，a =0或－6，b =－1或9，于是b max = 9，此时a =－6.9.设集合A 、B 满足A ∪B ={1，2，…，10}，若A ∩B = ，若集合A 的元素个数不是集合A 的元素，集合B 元素个数不是集合B 的元素，则满足条件的所有集合A 的个数为 . 【解析】令|A |=k ，则|B |=10－k ，k ≠5，否则5∈A ∩B ，从而由题意可知：k ∈B ，10－k ∈A ，此时A 中剩余的k －1个元素有C k －18种选择，且剩余的9－k 个元素必定属于集合B .于是，满足题意的集合A 的个数为m =∑k =19C k －18－C 5－18=28－70=256－70=186个.10.设f (n )为最接近4n 的整数，则∑k =120181f (k )= . 【解析】答案：28867.用[n ]表示与4n 最接近的整数，则：当n ∈[1，8]时，[n ]=1，f (n )=1，其中n =1，2，…，8；故∑k =181f (k )=8，当n ∈[9，48]时，[n ]=2，f (n )=2，其中n =9，10，…，48，故∑k =9481f (k )=20；当n ∈[49，168]时，[n ]=3，f (n )=3，其中：n =49，50，…，168，故∑k =491681f (k )=40；当n ∈[169，440]时，[n ]=4，f (n )=4，其中n =169，170，…，440，故∑k =1694401f (k )=68；当n ∈[441，960]时，[n ]=5，f (n )=5，其中：n =441，…，960，故∑k =4419601f (k )=104；当n ∈[961，1848]时，[n ]=6，f (n )=6，其中n =961，…，1848，故∑k =96118481f (k )=148. 当n ∈[1849，2018]时，[n ]=7，其中n =1849，…，2018，故∑k =184920181f (k )=1707，综上：∑k =120181f (k )=8+20+40+68+104+148+1707=28867. 事实上，当k ≤4n ≤k +1时，若n 4∈[k 4，k 4+2k 3+3k 2+2k ]时，[n ]=k ，当n 4∈[k 4+2k 3+3k 2+2k +1，(k +1)4]时，[n ]=k +1. 因为当n 4∈[k 4，k 4+2k 3+3k 2+2k ]，则n 4－k 4∈[0，2k 3+3k 2+2k ]<(k +1)4－n 4∈[2k 3+3k 2+2k +1，4k 3+6k 2+4k +1]；而当n 4∈[k 4+2k 3+3k 2+2k +1，(k +1)4]时，(k +1)4－n 4∈[0，2k 3+3k 2+2k ]<n 4－k 4∈[2k 3+3k 2+2k +1，4k 3+6k 2+4k +1]；于是：当n 4∈[k 4+2k 3+3k 2+2k +1，(k +1)4]时，[n ]=k +1；当n 4∈[(k +1)4，(k +1)4+2(k +1)3+3(k +1)2+2(k +1)]时，[n ]=k +1，即当n 4∈[k 4+2k 3+3k 2+2k +1，(k +1)4+2(k +1)3+3(k +1)2+2(k +1)]时，[n ]=k +1，此时共有(k +1)4+2(k +1)3+3(k +1)2+2(k +1)－(k 4+2k 3+3k 2+2k )=4k 3+12k 2+16k +8=4(k +1)(k 2+2k +2)个数，于是：∑k 4－2k 3+3k 2－2k +1k 4+2k 3+3k +2+2k1f (k )=4(k 2+1)，所以：∑k =120181f (k )=∑k =164(k 2+1)+∑i =184920181f (i )=388+1707=28867. 二、解答题(本大题共4小题，共70分)11.已知圆O ：x 2+y 2=4与曲线C ：y =3|x －t |，A (m ，n )，B (s ，p )(m ，n ，s ，p ∈N*)为曲线C 上的两点，使得圆O 上的任意一点到点A 的距离与到点B 的距离之比为定值k (k >1)，求t 的值.【解析】答案：t =43.取圆上的点C (2，0)，D (－2，0)，E (0，2)，F (0，－2)，依题意有：⎩⎨⎧(2－m )2+n 2(2－s )2+p 2=(2+m )2+n 2(2+s )2+p 2=ms，m 2+(2－n )2s 2+(p －2)2=m 2+(2+n )2s 2+(2+p )2=np，于是：OA →=tOB →，所以，点A 、B 、O 三点共线.由阿波罗尼斯圆的性质：OA ·OB =R 2=4，且OA =Rλ，OB =Rλ，其中λ>1，则OA <OB ，所以：OA <2；因为：m 2+n 2=OA 2=4λ2，又m 、n ∈N*，从而：OA 2=4λ2∈N*，(1)若OA 2=4λ2=1，则λ=2，此时：m 2+n 2=1，必有mn =0，因为m 、n ∈N*，不符合题意；(2)若OA 2=4λ2=2，则λ=2，此时：m 2+n 2=2，得：m =n =1，s =p =2，直线AB 的方程为y=x ，则点A (1，1)，B (2，2)在曲线C 上，代入解得：t =43.(3)若OA 2=4λ2=3，此时：m 2+n 2=3，无正整数解，不合题意.综上：t =43.12.已知数列{a n }满足：a 1=π3，0<a n <π3，sin a n +1≤13sin3a n (n ≥2)，求证：sin a n <1n. 证明：由于0<a n <π3，于是：sin a n ∈⎝⎛⎭⎫0，12，当n =1时，有sin a 1=12<1；当n =2时，sin a 2∈⎝⎛⎭⎫0，12<12成立；设当n =k 时，有sin a k <1k，则当n =k +1时，sin a k +1≤13sin3a k =13(3sin a k －4sin 3a k )，令f (x )=3x －4x 3，x ∈⎝⎛⎭⎫0，12，则f ′(x )=3－12x 2>0，即f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12单调递增，于是：sin a k +1≤13sin3a k =13(3sin a k －4sin 3a k )≤1k －43k k，所以只需证明：1k －43k k <1k +1(k ≥2) 即可. 即证明：3k －43k<k k +1，平分后整理可得：15k 2+8k －16>0，即证明对任意k ≥2有：(3k +4)(5k －4)>0，显然成立.于是：对任意n ∈N*，有sin a n <1n. 13.实数a 、b 、c 满足a 2+b 2+c 2=λ(λ>0)，试求f =min{(a －b )2，(b －c )2，(c －a )2}的最大值.【解析】由i 对称性，不妨设a ≥b ≥c ，从而：a －b >a －c >0，于是有：f =min{(a －b )2，(b －c )2，(c －a )2}=min{(a －b )2，(b －c )2}≤(a －b )(b －c )≤⎣⎡⎦⎤(a －b )+(b －c )22=(a －c )24≤λ2.当且仅当b =0，a =－c =2λ2时等号成立. 14.证明对所有的正整数n ≥4，存在一个集合S ，满足如下条件： (1)S 由都小于2n－1的n 个正整数组成；(2)对S 的任意两个不同非空子集A 、B ，集合A 中所有元素之和不等于集合B 中所有元素之和.【解析】当S ={20，21，22，…，2n －1}时满足题意.法一、证明：用|T |表示集合T 中的元素个数，M (A )表示集合A 中的元素之和. 当n =4时，若|A |=1，则M (A )={1，2，4，8}；若|A |=2，则M (A )={3，5，9，6，10，12}，若|A |=3，则M (A )={7，11，13，14}，若|A |=4，则M (A )={15}，即集合S 的15个子集，其和值也有15个，每个子集的和值各不相同，所以：当A ≠B 时，总有M (A )≠M (B ). 故：当n =4时，S ={1，2，4，8}满足题意；假设当n =k 时，集合S ={20，21，22，…，2k －1}满足题意，此时集合S 的2k －1个非空子集有2k －1个不同的值，其集合为{1，2，…，2k －1}，则当n =k +1时，集合S 的2k 个子集的和值组成的集合为{1，2，3，…，2k －1，2k ，2k +1，…，2k +2k －1}，即：{1，2，3，…，2k －1，2k ，…，2k +1－1}，所以当n =k +1时，集合S 的2k +1－1个子集有2k +1－1个不同的值. 综上：集合S ={20，21，22，…，2n －1}总是满足题意.法二、不妨假设a 1<a 2<…<a m ，b 1<b 2<…<b t ，且对任意的i ，j ，a i ≠b j ，b t <a m ，根据题意只需证明：∑i =1m 2a i≠∑j =1t2b j即可.若不然，设∑i =1m2a i=∑j =1t2bj ，则：2a m<∑i =1m2a i=∑j =1t 2bj ，所以：1<2b 1－a m+2b 2－a m+…+2b t －a m≤12+122+…+12t －m =1－12t －m +1<1，矛盾. 从而：集合S ={20，21，…，2n －1}的任意的两个子集之和不同. 所以：存在满足题意的集合S ={20，21，…，2n －1}.。

专题32不等式大题强化训练(省赛试题汇编)(解析版)

全国高中数学历届(2009-2019)联赛与各省市预赛试题汇编专题32不等式大题强化训练(省赛试题汇编)1．【2018年福建预赛】已知a，b，c∈R，且3a2+3b2+4c2=60.（1）求a+b+c的最大值（2）若a，b∈(0，4)，c∈(0，6)，求的最小值【答案】（1）（2）5【解析】（1)由柯西不等式，知.∴.当且仅当，即时，等号成立.∴a+b+c的最大值为.（2）由a，b∈(0，4)，c∈(0，6)，知a，4－a，b，4－b，c，6－c均为正数，∴.∴.又当a=b=2，c=3时，满足a，b∈(0，4)，c∈(0，6)，3a2+3b2+4c2=60，且.∴的最小值为5.2．【2018年贵州预赛】证明：（1）（k≥2，k∈N）；（2）分别以1，，……，，……为边长的正方形能互不重叠地全部放入一个边长为的正方形内．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】证明：（1）(2)由（1）知，故以边长为，…的正方形可以并排放入底为1，高为的矩形内，而不重叠．取k=2，3，4，…，即得底分别为，…，高分别为，……的一系列矩形，这些矩形的底小于1，高的和为因此，以1，，…，，…为边长的正方形中，除了边长为1，的正方形外，其余的正方形全部可以放入底为1，高为的矩形中．而边长为1，的三个正方形显然可以放入底为，高为1的矩形内．3．【2018年重庆预赛】设．证明：．【答案】见解析【解析】证明：由递推式得所以从而得又得数列单调递增，所以．特别地由递推式可得．从而.由均值不等式及已证结论有．所以特别地故4．【2018年陕西预赛】设.证明：.【答案】见解析【解析】由对称性不妨设，则.当时，即时，由切比雪夫不等式.由不等式知.且易知.故.当且仅当时，等号成立.当时，，显然有.综上所述，原不等式成立.5．【2018年陕西预赛】设.证明：.【答案】见解析【解析】由对称性不妨设，则.当时，即时，由切比雪夫不等式.由不等式知.且易知.故.当且仅当时，等号成立.当时，，显然有.综上所述，原不等式成立.6．【2018年陕西预赛】设.证明：.【答案】见解析【解析】由对称性不妨设，则.当时，即时，由切比雪夫不等式.由不等式知.且易知.故.当且仅当时，等号成立.当时，，显然有.综上所述，原不等式成立.7．【2018年安徽预赛】⑴求证：对于任意实数x、y、z都有.⑵是否存在实数，使得对于任意实数x、y、z有恒成立？试证明你的结论.【答案】（1）见解析（2）见解析.【解析】⑴由均值不等式，可知.故有.⑵. 上式≥0恒成立，当且仅当.化简得.故存在满足要求.8．【2018年湖北预赛】已知正数满足，求的最小值. 【答案】【解析】由柯西不等式可得，，所以，①取等号的条件分别为，②③当时，有，结合②③得又，所以，整理得，故④记，则，所以上为增函数，故当时，于是，由④可得，从而代入②③求得代入①式，整理得，因此的最小值为.9．【2018年吉林预赛】设x，y，z≥0，且至多有一个为0，求的最小值.【答案】12【解析】不妨设.情形一：当时，因为；；.所以当且仅当，且时，取到12.情形二：当时，又，故，从而. 故.综上，.10．【2018年河北预赛】若a、b、c为正数且a+6+c=3，证明：【答案】见解析【解析】因为，同理三式相加得所以故又，所以综上可得.11．【2018年四川预赛】设为正实数，求的最小值. 【答案】【解析】记，当时，有最小值下证：解法一当时，可取到等号.所以，的最小值为解法二：当时，可取到等号．所以，的最小值为．解法三：注意到．于是，故．当时，可取到等号．所以，的最小值为．12．【2018年浙江预赛】设，且对任意实数b均有，求a的取值范围.【答案】【解析】解1：，对于，所以只要考虑.（1）当时，即，此时函数的最值在拋物线的左右端点取得，对任意有，所以，解得（2）当时，即，此时函数的最值在拋物线的顶点和右端点取得，而对b=0有.（3）当时，即时，此时函数的最值在拋物线的顶点和左端点取得，而对b=0有.（4）当时，即，此时函数的最值在拋物线的左右端点取得，对任意，所以,解得.综上或.解2：设，则有依题意，，或.13．【2018年辽宁预赛】已知实数、b、c满足，求的最大值和最小值.【答案】见解析【解析】由均值不等式和柯西不等式可得.当时取等号，故M的最大值为.要使M取最小值，只需考虑，且的情形.令，则，此时.由于当时取等号，令，若上的最大值，则为M的最小值.由于，则内取到最大值，因此在处取到，由于令，两边平方，整理可得此方程有根.又因为，且是增根，故的最大值点.因此，是M的最小值.14．【2018年山西预赛】已知在正整数n的各位数字中，共含有个1，个2，⋯，个n．证明：并确定使等号成立的条件．【答案】见解析【解析】对正整数n的位数使用数学归纳法．当是一位数，即时，所证式显然成立，这是因为，此时的十进制表达式中只有一位数字，即，其余，所以，左边==右边．假设当正整数不超过k位，即时，结论皆成立．现考虑位数，即时的情形．设的首位数字为r．则. ①若，则在数的各位数字中，，其余.显然，.若，记的各位数字中含有个1，个2，…，个r，…，个9．则的各位数字中，含有个r、个j.注意到，正整数不超过k位．由归纳法假设，对有②则当位数时，结论也成立．故由数学归纳法，知对一切正整数，结论皆成立．欲使等号成立，由证明过程，知要么为一位数；要么在的位数大于或等于2时，由式②，必须，此时，由式①得，即可表示为的形式.上述条件也是充分的，当能够表成以上形式时，有，其余.故15．【2016年吉林预赛】一次竞赛共有n道判断题，统计八名考生的答题后发现：对于任意两道题，恰有两名考生答“T，T”；恰有两名考生答“F，F”；恰有两名考生答“T，F”；恰有两名考生答“F，T”.求n 的最大值.【答案】7【解析】记“T”为1，“F”为0，从而，得到一个8行n列的数表.显然，交换同一列的0和1，此表的性质不改变.因此，不妨设数表第一行全为0.设第i行共有个0（i=1,2，…，8）.则.下面考虑同一行中的“00”的对数，则.由柯西不等式，知.表1为n取最大值的情形.表100000000111100 0110011 0001111 1010101 1011010 1100110 1101001从而，n的最大值为7.16．【2016年上海预赛】正实数x、y、z满足，求的最大值。